Сопротивление материалов, часть4
advertisement
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ УКРАИНЫ НАЦИОНАЛЬНАЯ МЕТАЛЛУРГИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ УКРАИНЫ И.Ю. Наумова, А.П. Иванова СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ Часть IV Днепропетровск НМетАУ 2010 4 МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ УКРАИНЫ НАЦИОНАЛЬНАЯ МЕТАЛЛУРГИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ УКРАИНЫ И.Ю. Наумова, А.П. Иванова СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ Часть IV Утверждено на заседании Ученого совета академии в качестве учебного пособия Днепропетровск НМетАУ 2010 5 УДК 539.3 Наумова И.Ю., Иванова А.П. Сопротивление материалов. Часть IV: Учеб. пособие. - Днепропетровск: НМетАУ, 2010. – 70 с. В четвертой части учебного пособия “Сопротивление материалов” изложены основные вопросы и рассмотрен ряд задач по темам: “Перемещения в брусе при произвольной нагрузке”, “Статически неопределимые стержневые системы”. Предназначено для студентов, обучающихся по направлениям 0902 и 0904 всех форм обучения, а также может быть использовано при обучении в магистратуре. Ил. 117. Библиогр.: 5 наим. Табл.1. Ответственный за выпуск В.М. Ахундов, д-р. физ.-мат.наук, проф. Рецензенты: С.Е. Блохин, д-р техн. наук, проф. (НГУ) В.Л. Красовский, д-р техн. наук, проф. (ПГАСА) Национальная металлургическая академия Украины, 2010 6 СОДЕРЖАНИЕ 1. Перемещения в брусе при произвольной нагрузке ………… .…………..5 1.1. Потенциальная энергия бруса в общем случае нагружения…... 5 1.2. Теорема Кастильяно………………………………………………8 1.3. Интеграл Мора………………………………….…………………17 1.4. Способ Верещагина…………………………………..………….21 1.5. Теоремы о взаимности работ и перемещений……………….…30 2. Статически неопределимые стержневые системы ……………………..32 2.1. Основные понятия. Степень статической неопределимости. Связи, накладываемые на систему . . . . ………………………..32 2.2. Метод сил. Выбор основной системы . . . . . . . . . . .…………….35 2.3. Канонические уравнения метода сил . . ………………………...36 2.4. Порядок решения статически неопределимых задач методом сил… . . . . . . . . . . . . . . . . .………………………………………...38 2.5. Учет симметрии в методе сил. . …..……………………..……....1 Литература……………………………………..……………………………..66 7 1. Перемещения в брусе при произвольной нагрузке Наиболее просто находятся перемещения при помощи энергетических соотношений на основе общего выражения потенциальной энергии нагруженного бруса. 1.1. Потенциальная энергия бруса в общем случае нагружения Для определения потенциальной энергии выделим из бруса элементарный участок длиной dx (рис.1.1). В общем случае нагружения в поперечном сечении возникают 3 силы: продольная N и поперечные Q y , Qz и 3 момента: крутящий T и изгибающие M y , M z . Если рассматривать эти силовые факторы как внешние по отношению к выделенному элементу, то они совершают работу, которая переходит в потенциальную энергию, накопленную в элементарном участке МY T МY dx . Y МZ T N QZ N QZ МZ Z QY QY dX Рис. 1.1 8 Х Левое сечение элемента будем условно считать неподвижным. Тогда работа силовых факторов, приложенных к левому торцу равна нулю. Точка приведения сил в правом сечении вследствие деформации элемента получает некоторые малые перемещения на которых совершается искомая работа. Каждому из шести силовых факторов соответствуют такие перемещения, на которых ни один из остальных пяти силовых факторов работы не совершает. Под действием крутящего момента T совершается только угол поворота сечения d вокруг оси x . Под действием изгибающих моментов M z и M y только совершаются углы поворота d z вокруг оси z и d y вокруг оси y соответственно. Под действием продольного усилия N совершается только линейное перемещение dx . Под действием поперечных сил Q y и Qz совершаются только линейные перемещения dy вдоль оси y и dz вдоль оси z соответственно. Тогда работа, а следовательно, и потенциальная энергия dU элемента dx будет равна сумме потенциальных энергий кручения, изгиба, растяжения и сдвига dU dU (T ) dU ( M z ) dU ( M y ) dU ( N ) dU (Q z ) dU (Q y ) . (1.1) Здесь dU (N ) - потенциальная энергия растяжения равная работе на упругом перемещении dx dU ( N ) Коэффициент 1 N dx . 2 1 появляется вследствие прямой пропорциональности 2 между силой N и перемещением dx . Согласно закону Гука dx N dx , EA где E - модуль Юнга, A - площадь поперечного сечения, поперечного сечения при растяжении. 9 E A- жесткость Тогда N 2 dx . dU ( N ) 2 E A (1.2) Аналогично получены выражения остальных энергий: - кручения dU (T ) где G - модуль сдвига, T 2 dx 2G I k , (1.3) - момент инерции при кручении, Ik G Ik - жесткость поперечного сечения при кручении ; - изгиба dU ( M y ) M y2 dx 2 E Iy , M z2 dx dU ( M z ) , 2 E Iz (1.4) где I z , I y - осевые моменты инерции относительно осей z и y соответственно; Е I z , Е I y - жесткости поперечных сечений при изгибе - сдвига dU (Q y ) k y где G A Q y2 dx 2G A , dU (Qz ) k z Qz2 dx , 2G A (1.5) - жесткость при сдвиге; коэффициенты k y , k z - безразмерные величины, зависящие от геометрической формы сечения (для 6 5 прямоугольного k y k z k , для круглого k 10 , для тонкостенного 9 кругового профиля k 2 ). С учетом формул (1.2) – (1.5) выражение (1.1) принимает вид M y2 dx M z2 dx N 2 dx Q y2 dx Q 2 dx T 2 dx dU ky kz z 2 G Ik 2 E I y 2 E Iz 2 E A 2G A 2G A (1.6) Интегрируя выражение (1.6) по длине бруса получаем потенциальную энергию всего бруса M y2 dx Q y2 dx M z2 dx Qz2 dx T 2 dx N 2 dx U ky kz . 2 G I k l 2 E I y l 2 E I z l 2 E A l 2 G A l 2G A l 10 (1.7) Теорема Кастильяно Перемещения бруса могут быть определены с помощью теоремы Кастильяно: Частная производная от потенциальной энергии системы по обобщенной силе равна соответственному обобщенному перемещению точки приложения силы по направлению ее действия. Под обобщенной силой понимается любая нагрузка (сосредоточенная сила F , сосредоточенная пара сил М е ), а под обобщенным перемещением – то перемещение на котором эта сила совершает работу (силе F соответствует линейное перемещение , моменту М е соответствует угловое перемещение ). Таким образом, теорему Кастильяно можно записать следующими формулами U , F (1.8) U . М е (1.9) Если требуется определить линейное или угловое перемещение в точке, где по условию задачи соответствующая обобщенная сила отсутствует, ее прикладывают фиктивно Fф или М ф . Затем с учетом этих фиктивных нагрузок находят выражение потенциальной энергии, берут от нее частную производную по фиктивной силе и в полученном выражении для обобщенного перемещения полагают фиктивную силу равной нулю. 11 Рассмотрим следующие примеры. 1. Требуется определить перемещение А сечения А стержня длины а постоянной жесткости E A при растяжении его силой F (рис. 1.2). Решение. При растяжении в выражении потенциальной энергии (1.7) остается F слагаемое усилие a N 2 dx . Продольное 2 E A 0 a U определяется методом сечений N F . Тогда F 2 dx F2 a . U 2 E A 2 E A 0 a Рис. 1.2 Согласно (1.8) А F2 a F a . F 2 E A E A 2. Требуется определить угол поворота А сечения А при кручении вала длины а постоянной жесткости G I k скручивающим моментом M e (рис. 1.3). Me Решение. При кручении в выражении потенциальной Т 2 dx . 2 G Ik 0 a a энергии (1.7) остается слагаемое U Рис. 1.3 крутящий момент определяется методом сечений T M e . Тогда M e2 dx M e2 a . 2 G Ik 2 G Ik 0 a U 12 Согласно (1.9) А M e M e2 a 2G Ik Me a . G Ik А консоли (рис. 1.4) силой F 3.Требуется определить прогиб свободного конца консоли длины а круглого поперечного сечения диаметра d ( - коэффициент Пуассона). Решение F x a А При прямом выражении поперечном потенциальной изгибе энергии в (1.1) остаются слагаемые, соответствующие энергии Рис. 1.4 изгиба U (M z ) и энергии сдвига U (Q y ) U U ( M z ) U (Q y ) , где M 2 dx , U (M z ) z 2 E Iz 0 a a U (Q y ) k y 0 Q y2 dx 2G A , изгибающий момент M z и поперечная сила Q y определяются методом сечений M z F x , Q y F , 0 x a . Тогда a U (M z ) 0 F 2 x 2 dx F 2 a 3 F 2 dx F2 a , U (Q y ) k y . ky 2 E Iz 6 E Iz 2G A 2G A 0 a Перемещение сечения A можно представить как сумму перемещения от изгиба А M z и перемещения от сдвига А Q y , то есть, А A M z A Q y . Согласно (1.8) 13 F 2 a3 А M z F 6 E I z F a3 F2 a F a k y , А Q y k y . F 2G A G A 3 E Iz В процентном отношении перемещение от сдвига А Q y от перемещения от изгиба А M z составляет A Q y E I 100% 3 k y 2 z 100% . A M z G a A С учетом соотношения между модулем сдвига и модулем Юнга E 2 G 1 получим A Q y I 100% 6 k y 1 2 z 100% . Для круглого A M z a A поперечного сечения k y 10 d4 d2 , Iz , A . Тогда 9 4 64 2 A Q y 5 d 100% 1 100% . A M z 12 a Если d 1 и 0,25 , то a 20 2 A Q y 5 1 100% 1 0,25 100% 0,13% . A M z 12 20 Следовательно, при изгибе перемещением от сдвига можно пренебречь. 4. Требуется определить горизонтальное перемещение свободного конца рамы круглого поперечного сечения диаметра d при действии силой F в плоскости рамы. Решение. При изгибе рамы в ее плоскости, как показано на рисунке 1.5 в выражении потенциальной энергии 14 (1.1) остаются слагаемые, соответствующие энергии изгиба U (M z ) для вертикального стержня АС и энергии a В F растяжения горизонтального стержня AB . А U U (M z ) U ( N ) , a x для U (N ) a M z2 dx N 2 dx , U (N ) , 2 E I 2 E A z 0 0 a где U (M z ) С Рис. 1.5 изгибающий момент M z и продольная сила N определяются методом сечений M z F x , N F , 0 x a . Тогда F 2 x 2 dx F 2 a 3 F 2 dx F2 a , U (N ) . U (M z ) 2 E Iz 6 E Iz 2 E A 2 E A 0 0 a a Перемещение сечения A можно представить как сумму перемещения от изгиба А M z и перемещения от растяжения А N , то есть, А A M z A N . Согласно (1.8) А M z F 2 a3 F 6 E I z F a3 F2 a F a , А Q y . F 2 E A E A 3 E Iz В процентном отношении перемещение от растяжения перемещения от изгиба А M z составляет A N I 1 d 100% 2 z 100% 100% . A M z 16 a a A 2 Если d 1 , то a 20 15 А N от 2 A Q y 1 1 100% 100% 0,0156% . A M z 16 20 Следовательно, при изгибе перемещением от растяжения можно пренебречь. 5. Требуется определить вертикальное перемещение свободного конца рамы круглого поперечного сечения диаметра d при действии силой F , расположенной перпендикулярно плоскости рамы (рис. 1.6). Решение. В выражении потенциальной энергии (1.1) остаются слагаемые, соответствующие F стержня АВ а также энергии кручения z C x А z x В a U BС (Т ) , энергии изгиба энергия сдвига U BС (Q y ) U (N ) для U BС ( M z ) и растяжения стержня ВС . Поскольку перемещениями a изгиба U AB (M z ) и энергия сдвига U AB (Q y ) для y y энергии от сдвига можно пренебречь, выражение (1.1) примет вид Рис. 1.6 U U АВ (M z ) U ВС (Т ) U BC M z . Для стержня АВ : M z F x , 0 x a . Для стержня ВС : 16 M z F x , Т F a , 0 x a . Тогда M z2 dx a F 2 x 2 dx F 2 a 3 , 2 E I 2 E I 6 E I z z z 0 0 a U АВ ( M z ) U BC ( M z ) T 2 dx F 2 a 2 dx F 2 a 3 . U BC (T ) 2 G Ik 0 2 G Ik 2 G Ik 0 a a Перемещение сечения A можно представить как сумму перемещения от изгиба стержня АВ АВС M z и ААВ M z , перемещения от изгиба стержня ВС перемещения от кручения АВС Т , то есть, А ААВ M z АВС M z ABC (T ) . Согласно (1.8) AAB M z ABC M z F 2 a3 F 6 E I z Для круглого сечения I z d4 64 F a3 F 2 a3 , ABC T F 2 G I k 3 E Iz , Ik I d4 32 F a3 . G Ik . Тогда AAB M z ABC M z 64 F a 3 64 1 F a 3 BC T , . A 3 E d 4 Ed4 Как видно, перемещения от кручения того же порядка, что и перемещения от изгиба. 6. Требуется определить вертикальное перемещение узла A шарнирно – стержневой системы (рис. 1.7, жесткость стержней постоянна и равна E A ). 17 Решение. a C Выражение потенциальной энергии (1.7) принимает вид 1 N12 dx a 2 N 22 dx a N 32 dx a N 42 dx . 2 E A 0 2 E A 0 2 E A 2 E A 0 0 3 a U a 2 Продольные усилия N1 , N 2 , N 3 , N 4 А D определяем путем вырезания узлов. 4 F Рис. 1.7 y y N3 B x N1 А x N4 N2 F Рис. 1.8 Рис. 1.9 Узел А , (рис. 1.8): x F 0 N4 ; Узел B , (рис. 1.9): y F 0 N3 N2 x F 0 N1 N 2 N3 y F 0 N 3 F , откуда N 3 F ; 2 , откуда N 2 2 N 3 2 F ; 2 2 2 2 2F F. , откуда N1 N 2 2 2 2 Тогда 18 F 2 dx U 2 E A 0 a a 2 0 2 2 F dx F 2 dx F2 a . 1 2 2E A E A 2 E A 0 a Согласно (1.8) вертикальное перемещение узла A А F2 a F a 1 2 2 1 2 . F EA EA 7. Требуется определить угловое перемещение A свободного края консоли, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой (рис. 1.10) при постоянной жесткости на изгиб Е I z . Решение. В сечении A прикладываем фиктивный момент М ф . Тогда изгибающий момент в сечении х , 0 x a : М М ф q x2 . 2 При этом выражение потенциальной энергии (1.7) принимает вид 2 ф x x2 dx М q ф a 2 U 2 E Iz 0 и соответственно выражение угла a поворота сечения A согласно (1.9) Рис. 1.10 имеет вид x2 x2 М q М q ф ф a a 2 2 1 x2 U M ф q dx . А dx M ф 0 E Iz М ф E I z 0 2 Полагая в полученном выражении фиктивный момент М ф 0 , получаем A q q a3 . x 2 dx 2 E Iz 0 6 E Iz a 19 1.3. Интеграл Мора Недостаток определения перемещений с помощью теоремы Кастильяно в том, что дает возможность определить перемещения только точек приложения внешних сил и только в направлении этих сил. Для определения перемещения в точке, где не приложена сила используют метод Мора (интеграл Мора). Для этого в точке, где нужно определить перемещение прикладываем силу в интересующем направлении. Внутренние силовые факторы в поперечном сечении бруса при этом изменятся на величины, зависящие от силы , то есть будем иметь N N F N ; QY QYF QY ; M Y M YF M Y ; Так как QZ QZF QZ ; M Z M ZF M Z ; внутренние T TF T . силовые факторы (1.10). пропорциональны приложенной внешней силе, то N N1 ; QY QY 1 ; M Y M Y1 ; QZ QZ1 ; M Z M Z1 ; T T1 . (1.11) Подставляя (1.10) с учетом (1.11) в (1.7) получим следующее выражение потенциальной энергии U N F N1 2 ds 2 E A l l TF T1 2 ds 2 G Ik l kY QYF QY 1 2 ds 2G A l M ZF M Z1 2 ds 2 E IZ kZ l QZF QZ1 2 ds M YF M Y 1 2 ds l 2 E IY 2G A (1.12) Дифференцируя (1.12) по фиктивной силе и после этого, полагая ее равной нулю, получим интеграл Мора l N N ds U | 0 F 1 EA l k l Y Q Q ds QYF QY 1 ds k Z ZF Z 1 G A GA l TF T1 ds M M Z 1 ds M M Y 1 ds ZF YF . G Ik E IZ E IY l l 20 (1.13) Как видно из примеров, приведенных в п.1.2 при сложном сопротивлении перемещениями от растяжения и сдвига можно пренебречь по сравнению с перемещениями от кручения и изгиба и получим интеграл Мора в виде l TF T1 ds M M Z 1 ds M M Y 1 ds ZF YF . G Ik E I E I Z Y l l (1.14) При определении перемещений для плоской системы в балках, рамах и арках формула (1.14) принимает вид l M ZF M Z 1 ds . E IZ (1.15) Для шарнирных ферм, образованных прямыми стержнями, в интеграле Мора сохраняется член содержащий продольную силу и полученная формула называется формулой Максвелла N F N1 l . EA (1.16) Порядок определения перемещений и углов поворота по методу Мора следующий: 1. Строят вспомогательную систему, которую нагружают в точке, где требуется определить перемещение или угол поворота единичной силой для определения перемещения или единичным моментом для определения угла поворота. 2. Для каждого участка системы выписывают выражения силовых факторов в произвольном сечении заданной системы и вспомогательной. 3. Вычисляют интегралы Мора по участкам в пределах каждой системы. 4. Если вычисленное перемещение имеет положительный знак, то это означает, что его направление совпадает с направлением единичной силы, если знак отрицательный, то действительное направление искомого перемещения противоположно направлению единичной силы. Рассмотрим следующие примеры 21 1. Требуется определить перемещение сечения A и угол его поворота (жесткость поперечного сечения - Е I z , рис. 1.11). Решение. x A Для определения перемещения сечения прикладываем в этом сечении единичную силу, определяем изгибающие моменты M1 ( x) и M F (x) a 0 x a : M1 x 1 x , a перемещение A 0 M F x q x2 2 и вычисляем M F M 1 dx E Iz q x4 q a4 q x x dx q |0a . x 3 dx 2 E Iz 4 8 E Iz 2 E Iz 2 E Iz 0 0 a Рис. 1.11 a 2 Для определения угла поворота сечения A прикладываем единичный момент в этом сечении. При этом для 0 x a M 1 x 1, M F x q x2 2 q x3 q a3 q x 2 dx q |0a и тогда A . x 2 dx 2 E Iz 3 6 E Iz 2 E Iz 2 E Iz 0 0 a a 2. Требуется определить перемещение сечения A и угол его поворота (жесткость поперечного x a/2 сечения участка AВ - Е I z , жесткость поперечного a/2 сечения участка ВС - 2 Е I z , рис. 1.12). Решение. В этом примере выражения для M1 ( x) и M F (x) те же, что и в предыдущем. Перемещение A сечения будет Рис. 1.12 a2 A 0 M F M 1 dx a M F M 1 dx 2 E Iz E Iz a 2 a2 0 q x 2 x dx 2 E Iz q x 2 x dx 4 E I z a 2 a q x4 q x4 q q a 2 3 3 | | aa 2 x dx x dx 0 2 E Iz 4 4 E Iz 4 4 E Iz a 2 2 E Iz 0 a2 q a4 q a4 8 E I z 16 16 E I z a q a4 17 q a 4 . 16 E I z 16 256 E I z 22 Угол a2 0 поворота сечения соответственно A q x3 q x 2 dx q q x 2 dx q |0a 2 x 2 dx x 2 dx 2 E Iz 3 4 E Iz 4 E Iz a 2 2 E Iz 2 E Iz 0 a2 a2 a a q x3 q a3 q a3 q a3 9 q a3 . | aa 2 4 E Iz 3 6 E I z 8 12 E I z 12 E I z 8 96 E I z 3.Требуется для рамы (рис. 1.13) определить вертикальное и горизонтальное перемещения, а также угол поворота сечения A (жесткость поперечного сечения рамы - Е I z , F q a ). Решение. a a a А С В a С Рис. 1.13 x В x А С С Рис. 1.14 А a x a В x А x x x a В x a F Рис.1.15 Рис.1.16 Выражения изгибающих моментов от заданной нагрузки следующие: x2 . 2 a2 Стержень ВС 0 x a : M F x q q a x . 2 Стержень AВ 0 x a : M F x q Для определения вертикального перемещения прикладываем в сечении A единичную силу в вертикальном направлении (рис. 1.14). При этом выражения единичных моментов следующие: Стержень AВ 0 x a : M1 x 1 x . Стержень ВС 0 x a : M 1 x a . Вертикальное перемещение сечения A : Aверт a2 q a x) adx a (q a q a4 q a4 q a4 9 q a4 q x 2 x dx 2 . E I 8 E I 2 E I 2 E I 8 E I 2 E I z z z z z z 0 0 23 Для определения горизонтального перемещения прикладываем в сечении A единичную силу в горизонтальном направлении (рис. 1.15). При этом выражения единичных моментов следующие: Стержень AВ 0 x a : M1 x 0 . Стержень ВС 0 x a : M 1 x x . Горизонтальное перемещение сечения A : Aгор a2 q a x) xdx a (q q a4 q a4 7 q a4 2 . E Iz 4 E I z 3 E I z 12 E I z 0 Для определения угла поворота прикладываем в сечении A единичный момент (рис. 1.16). При этом выражения единичных моментов следующие: Стержень AВ 0 x a : M 1 x 1. Стержень ВС 0 x a : M 1 x 1. Угол поворота сечения A : a2 q a x) dx a (q a q a3 7 q a3 q a3 q a3 q x 2 dx 2 . А E Iz 6 E Iz 2 E Iz 2 E Iz 6 E Iz 2 E Iz 0 0 4. Требуется определить горизонтальное перемещение шарнирно стержневой системы (рис. 1.17), если Е A - жесткость стержня AВ , 2 Е A - жесткость стержня ВС . Решение. N F1 a A y 1 1 B B B x 2 2 a a C C F Рис. 1.17 a A N F2 F Рис. 1.18 24 Рис. 1.19 1 Определяем внутренние усилия в стержнях N1 y B и ВС , вырезая узел B (рис. 1.18) и AВ 1 x составляя равновесия x F N F1 cos N F 2 cos 0 ; Y F N F1 sin N F 2 sin F 0 . N2 уравнения узла Рис. 1.20 Из первого уравнения получаем связь N F1 N F 2 с учетом которой второе уравнение NF2 принимает вид 2 N F 2 sin F , откуда N F1 F , 2 sin F . 2 sin Для определения горизонтального перемещения приложим единичную силу в узле B в горизонтальном направлении (рис. 1.19). Определяем внутренние усилия в стержнях AВ и ВС , вырезая узел B (рис. 1.20) и составляя уравнения равновесия узла Y x F N1 cos N 2 cos 1 0 ; F N1 sin N 2 sin 0 . Из второго уравнения получаем связь N1 N 2 с учетом которой первое уравнение принимает вид 2 N 2 cos 1 , откуда N 2 N1 1 . 2 cos Горизонтальное перемещение определяем по формуле Максвелла F 1 a N F 1 N1 N N F 1 a a F2 2 a 2 sin 2 cos E A 2 sin 2 cos 2 E A EA EA F 1 a F a . 8 sin cos E A 4 E A sin( 2 ) B 5. Требуется определить вертикальное Aверт и горизонтальное Aгор перемещения, а также угол поворота A сечения A кривого бруса малой кривизны в виде четверти круга (рис. 1.21, геометрический радиус . 25 0 2 ), если его Решение. Изгибающий момент от нагрузки M F F sin , 0 2 . определения вертикального перемещения Aверт сечения Для A прикладываем единичную силу в вертикальном (рис. 1.22) направлении и записываем выражение изгибающего момента от этой силы M 1 1 sin . Тогда согласно формуле Мора вертикальное перемещение будет F 3 EI 2 0 верт A M M 1 ds F EI l 2 0 F sin 1 sin d F 3 EI EI 2 sin 2 d 0 1 cos2 F 3 1 sin 2 2 F 3 . d |0 2 |0 2 EI 2 4 4 E I sin F А sin Рис. 1.21 1 А Рис. 1.22 А А cos 1 1 Рис. 1.23 Для Рис. 1.24 определения горизонтального перемещения Aгор сечения A прикладываем единичную силу в вертикальном (рис. 1.23) направлении и записываем выражение изгибающего момента от этой силы 26 M1 1 ( cos ) . Тогда согласно формуле Мора горизонтальное перемещение будет гор A M M 1 ds F EI l F 3 EI 2 0 F sin 1 (1 cos ) d EI 2 sin 1 cos d 0 F 3 EI 2 1 cos d cos 0 F cos 2 F 0 1 F 3 . cos |0 2 |0 0 1 EI 2 EI 2 2 E I 3 2 3 Для определения угла поворота A сечения A прикладываем единичный момент в сечении A (рис. 1.24) и записываем выражение изгибающего момента от этого момента M 1 1 . Тогда согласно формуле Мора угол поворота сечения A будет M M 1 ds A F EI l 2 0 F sin 1 d F 2 EI EI 2 F 2 2 0 sin d E I cos |0 F 2 . EI 1.4. Способ Верещагина y1= f 1(x) x xс y2= f 2(x) b f 2(xс) = Рис. 1.25 b+k Если брус состоит из прямых участков в пределах каждого из которых, жесткость одинакова, можно операцию интегрирования в методе Мора упростить. Это упрощение основано на том, что эпюры от единичных силовых факторов на прямолинейных участках бруса оказываются линейными, то есть, в интеграле Мора требуется перемножить xс= yс две функции f1 ( x) и f 2 ( x) (рис. 1.21), одна x из которых, например, f 2 ( x) -линейная, то есть, постоянная. Тогда 27 f 2 ( x) b k x , где k - некоторая a a a a 0 0 0 0 J f1 ( x) f 2 ( x) dx f1 ( x) (b k x) dx b f1 ( x) dx k f1 ( x) x dx . (1.17) В соотношении (1.17) a a f1 ( x) dx 1 , 1 1 xc , (1.18) 0 0 где f ( x) x dx a a f ( x) dx - площадь нелинейной эпюры (грузовая эпюра), f ( x) x dx 1 1 0 - 0 статический момент этой площади относительно оси y1 , xc - координата центра тяжести. Подставляя (1.18) в (1.17) получим J b 1 k xc 1 1 (b k xc ) , но поскольку f 2 ( x) - линейная функция, то b k xc f 2 ( xc ) и J 1 f 2 ( xc ) . Таким образом, интегрирование эпюр заменяется перемножением первой эпюры (нелинейной) на ординату второй (линейной) эпюры под центром тяжести первой и интеграл Мора равен 1 f 2 ( xc ) y 1 с . EI EI (1.19) Если линейной является и функция от нагрузки, то можно брать площадь эпюры от единичной нагрузки, а ординату под ее центром тяжести на эпюре заданной нагрузки. Способ Верещагина применим к любому слагаемому в интеграле Мора с той разницей, что произведение эпюр делится на соответствующую жесткость: EI - при изгибе, GI k - при кручении, EA - при растяжении, GA при сдвиге. Поскольку при применении способа Верещагина необходимо знать формулы для вычисления площадей эпюр и положение их центров тяжести приведем следующую таблицу 28 Таблица 1 №№ Вид эпюры изгибающего Координата центра тяжести Значение пп момента площади Прямоугольник 1. грузовой ah xc 1 a 2 xc 1 a 3 1 ah 2 xc 1 a 4 1 ah 3 xc 3 a 8 2 ah 3 xc 1 a 2 2 ah 3 xс ц.т. h a Треугольник 2. xс h ц.т. a 3. Квадратная парабола 4. Квадратная парабола А 5. Квадратная парабола А 29 Рассмотрим некоторые примеры, выполненные с помощью способа Верещагина. 1.Требуется определить перемещение сечения A и угол его поворота (жесткость поперечного сечения - Е I , рис. 1.26 - 1.27). Решение. x x a a xс xс F F yс yс 1 1 Рис. 1.26 Рис. 1.27 Получаем выражение изгибающего момента от нагрузки: 0 x a q x2 q a2 M F ( x) , M F (0) 0 , M F (a) 2 2 которой - высота h и строим грузовую эпюру для 1 1 q a2 , - площадь a h q a 3 . 3 6 2 Для определения вертикального перемещения прикладываем в сечении A единичную силу в вертикальном направлении (рис. 1.26). При этом выражение единичного моментa: 0 x a M1 x 1 x , M1 (0) 0 , M1 (a) a . Ордината линейной эпюры под центром тяжести грузовой эпюры определяется из условия подобия Yc a 1 a a 4 , откуда Y 3 a . c 4 a 30 Перемещение определяем по формуле Верещагина 1 1 q a4 3 3 . A qa a EI 6 4 8 E I Для определения угла поворота прикладываем в сечении A единичный момент (рис. 1.27). При этом выражение единичного моментa: 0 x a M 1 x 1. Ордината линейной эпюры под центром тяжести грузовой эпюры Yc 1 . Угол поворота определяем по формуле Верещагина 1 1 q a4 3 A q a 1 . EI 6 6 E I 2.Требуется для рамы (рис. 1.28) определить вертикальное и горизонтальное перемещения, а также угол поворота сечения A (жесткость поперечного сечения рамы - Е I , F q a ). Решение. 1 В В x a a a В x С С С С А 1 А x x x А x a x В a a a a x F = a/2 = a/3 = 3a/8 Y Y AB AB AB Y BC BC = a/2 = a/2 Рис. 1.28 = a/2 Y BC Y BC = a/2 Рис. 1.29 Рис. 1.30 31 Рис. 1.31 А Строим эпюру изгибающих моментов от заданной нагрузки (Рис. 1.28): Стержень 0 x a : AВ x2 x2 M F x F x q qa x q , 2 2 M F 0 0 , M F a F a q a2 a2 a2 . На грузовой эпюре: h q , координата центра q 2 2 2 тяжести 3 a, 8 xc площадь грузовой Стержень ВС 0 x a : M F x q эпюры AB 2 a3 ah q . 3 3 a2 a2 q a a q . На грузовой эпюре: 2 2 1 a2 h q , координата центра тяжести xc a , площадь грузовой эпюры 2 2 BС a h q a3 . 2 Для определения вертикального перемещения прикладываем в сечении A единичную силу в вертикальном направлении (рис. 1.29). Строим эпюры изгибающих моментов от единичной силы: Стержень AВ 0 x a : M 1 x 1 x , M 1 0 0 , M1 a 1 a a , ордината линейной эпюры под центром тяжести грузовой эпюры определяется из условия подобия YcAB a 3 a a 8 , откуда Y AB 5 a . c a 8 Стержень ВС 0 x a : M1 x a , YcBC a . Вертикальное перемещение сечения A определяем по формуле Верещагина: Aверт AB YcAB BC YcBC 1 q a3 5 1 q a3 17 q a 4 a a . EI EI 24 E I EI 3 8 EI 2 Для определения горизонтального перемещения прикладываем в сечении A единичную силу в горизонтальном направлении (рис. 1.30). При этом выражения единичных моментов следующие: 32 Стержень AВ 0 x a : M1 x 0 . Стержень ВС 0 x a : M1 x x , M 1 0 0 , M1 a 1 a a , ордината линейной эпюры под центром тяжести грузовой эпюры определяется из условия подобия 1 a a Y 2 , откуда Y BС 1 a . c 2 a a BС c Горизонтальное перемещение сечения A определяем по способу Верещагина: Aгор BC YcBC 1 q a3 1 q a4 . a EI EI 2 2 4 E I Для определения угла поворота прикладываем в сечении A единичный момент (рис. 1.31). При этом выражения единичных моментов следующие: Стержень AВ 0 x a : M 1 x 1 , YcАB 1 . Стержень ВС 0 x a : M 1 x 1 , YcBC 1 . Угол поворота сечения A определяем по формуле Верещагина: А AB YcAB BC YcBC 1 q a3 1 a3 5 q a3 1 q 1 . EI EI 3 EI 2 6 E I EI 1.5. Теоремы о взаимности работ и перемещений Если к балке, нагруженной силой F1 в сечении 1, приложить затем статически силу F2 в сечении 2, то в сечении 1 к прогибу y11 от действия силы F1 прибавится прогиб y12 от действия силы F2 (рис. 1.32). Энергия, накопленная в стержне от действия этих сил, будет равна работе внешних сил F1 на перемещениях y11 и y12 , и F2 на перемещении y 22 U 1 1 F1 y11 F2 y 22 F1 y12 2 2 (1.20) Если теперь к балке, нагруженной силой F2 в сечении 2, приложить затем статически силу F1 в сечении 1, то в сечении 2 к прогибу y 22 от 33 действия силы F2 прибавится прогиб y 21 от действия силы F1 . Энергия, накопленная в стержне от действия этих сил, будет равна работе внешних сил F2 на перемещениях y 22 и y 21 , и F1 на перемещении y11 U 1 1 F1 y11 F2 y 22 F2 y 21 . 2 2 (1.21) Сравнивая значения (1.20), (1.21) получаем теорему о взаимности работ (теорема Бетти): работа силы F1 на перемещениях y 21 , вызванных силой F2 равна работе силы F2 на перемещениях y12 , вызванных силой F1 F1 y12 F2 y21 . F2 F1 (1.22) Полагая в (1.22) F1 = F2 получаем теорему о взаимности перемещений (теорема Максвелла): прогиб сечения 1 2 1, вызванный силой, приложенной в y21 y22 y11 точке 2 равен прогибу сечения 2, y 12 вызванный такой же силой, приложенной в точке 1 Рис. 1.32 y12 y21 . F 4 3 2 А 1 (1.23) Используя эту теорему можно определить деформации в точках 1, 2, 3, 4 зная деформацию в точке А (рис. 1.33). Если приложить силу в точке 1 и F F F замерить перемещение в точке А , то это F и будет перемещение в точке 1 от силы, 4 3 2 1 А приложенной в точке А . Аналогично в остальных точках. Рис. 1.33 34 2. Статически неопределимые стержневые системы 2.1. Основные понятия. Степень статической неопределимости. Связи, накладываемые на систему Стержневая система – всякая конструкция, состоящая из элементов, имеющих форму бруса. Ферма – стержневая система, элементы которой в основном работают на растяжение или сжатие (рис. 2.1). F F Рис. 2.1 Рама – стержневая система, элементы которой в основном работают на изгиб или кручение (рис. 1.6; рис. 1.13 – 1.16). Плоские рамы и фермы – стержневые системы, у которых оси всех составляющих элементов в недеформированном состоянии расположены в одной плоскости. Эта плоскость является главной плоскостью сечений в которой действуют все внешние силы, включая и реакции опор (рис. 1.13 – 1.16). Плоскопространственные системы – системы, у которых оси составляющих элементов в недеформированном состоянии располагаются в одной плоскости, а внешние силовые факторы действуют в плоскостях, перпендикулярных к этой плоскости (рис. 1.6). Остальные стержневые системы называются пространственными. Рамы и фермы разделяют на статически определимые и статически неопределимые. 35 F Статически определимая система – такая система, для которой все реакции опор могут быть определены при помощи уравнений равновесия, а затем при найденных опорных реакциях методом сечений могут быть найдены внутренние силовые факторы в любом поперечном сечении. Статически неопределимая система – такая система, для которой нельзя определить все реакции и все внутренние силовые факторы только при помощи метода сечений и уравнений равновесия. Степень статической неопределимости (число статической неопределимости) – разность между числом неизвестных (реакций опор и внутренних силовых факторов) и числом независимых уравнений статики, которые могут быть составлены для рассматриваемой системы. Степень статической неопределимости равна числу дополнительных связей, наложенных на систему. Дополнительная связь – всякая связь, наложенная на систему сверх необходимой. Необходимое число связей – то число связей, при котором достигается кинематическая неизменяемость системы. Брус в пространстве обладает шестью степенями свободы (его положение определяется шестью координатами). Следовательно, если на брус в пространстве наложено шесть связей, то, за редким исключением, такая система из механизма превращается в кинематически неизменяемую систему, то есть, необходимое число связей – шесть. Для плоского бруса необходимое число связей – три. Связи бывают внешние и внутренние (взаимные). Внешние связи – условия, накладываемые на абсолютные перемещения некоторых точек системы ( подвижный шарнир – 1 связь, неподвижный шарнир – 2 связи, защемление в плоской системе – 3 связи, В защемление в пространственной системе – 6 связей). Для плоской рамы (рис. 2.2) в заделке А - 3 связи, в опоре В - 1 связь, всего на систему наложено 4 связи, из них 3 - необходимые, 1 – дополнительная. Следовательно, А рама 1 раз статически неопределима внешним образом. Рис.2.2 36 В F А Для плоской рамы на рисунке 2.3 в заделке А 3 связи, в опоре В - 2 связи, всего 5 связей, из них 3 – необходимые, 2 – дополнительные. Поэтому система 2 раза статически неопределима внешним образом. Рис. 2.3 В Для плоской рамы (рис. 2.4) в заделке А - 3 связи, в заделке В - 3 связи, всего 6 связей, из них 3 – необходимые, 3 – дополнительные. Поэтому система 3 раза статически неопределима внешним образом. F А Рис. 2.4 В F А Для пространственной рамы (рис. 2.4) в заделке А - 6 связей, в заделке В - 6 связей. Таким образом, всего 12 связей, из которых: 6 – необходимых, 6 – дополнительных. Поэтому, система 6 раз статически неопределима внешним образом. Рис. 2.5 Внутренние (взаимные) связи – ограничения, накладываемые на взаимные смещения элементов рамы. Замкнутый плоский контур имеет 3 дополнительные связи. Рама на рисунке 2.6 имеет 3 внутренние связи и 3 внешние. Рама плоская, следовательно, 3 связи дополнительные и система 3 раза статически неопределима внутренним образом. Рис. 2.6 Если контур рамы разрезать (рис.2.7), то можно будет определить любое внутреннее усилие и система будет статически определима. Рис. 2.7 37 Степень статической неопределимости уменьшается, если в системе есть промежуточные (подвесные) шарниры. Всякий подвесной шарнир дает дополнительное уравнение равновесия (равенство нулю суммы моментов всех сил, расположенных по одну сторону от шарнира). Шарнирное соединение n стержней можно рассматривать как наложение шарниров друг на друга. Таким образом, шарнир, в котором сходится n стержней, дает n 1 дополнительное условие, то есть, снимает число связей на единицу меньшее, чем количество стержней, сходящихся в нем. Для плоской рамы (рис. 2.8) в левой опоре - 2 связи, в правой опоре 1 связь, замкнутый контур дает 3 связи, навесной шарнир, в котором сходится 2 стержня, одну связь снимает. Поэтому, на систему наложено всего 5 связей, из них которых: 3 необходимые, 2 – дополнительные. Следовательно, рама 2 раза статически неопределима внутренним образом. Рис. 2.8 Для решения статически неопределимых задач (раскрытия статической неопределимости) применяется метод сил или метод деформаций. 2.2. Метод сил. Выбор основной системы Метод сил заключается в том, что заданная статически неопределимая система освобождается от дополнительных связей, а их действие заменяется силами и моментами. Величина этих сил и моментов подбирается так, чтобы перемещения соответствовали тем ограничениям, которые накладываются на систему отброшенными связями, то есть, неизвестными оказываются силы. Раскрытие статической неопределимости начинается с выбора основной системы. Основная система должна быть геометрически неизменяемой и статически определимой. Отброшенные связи заменяются силовыми факторами, которые и являются “лишними” неизвестными. В 38 сечениях, где запрещены линейные перемещения, вводятся силы. Там, где запрещены угловые перемещения, вводятся моменты. Обозначаются внутренние силовые факторы X i ( i - номер неизвестного). Основная система с введенными неизвестными силовыми факторами (силами) называется эквивалентной системой. Две системы считаются эквивалентными, если напряжения, деформации и перемещения в них одинаковые. Величины “лишних” неизвестных определяются из условий эквивалентности (условий совместности деформаций). Выбор основной и эквивалентной систем неоднозначен. Например, для F плоской рамы, изображенной на рисунке 2.9 показаны 3 возможных варианта эквивалентных систем (рис.2.10 – 2.12). Рис. 2.9 X3 X3 X 1 X 1 F F F X3 X1 X2 X2 X2 X1 X3 Рис. 2.10 Для X2 определения Рис. 2.11 “лишних” Рис. 2.12 неизвестных Xi составляют канонические уравнения метода сил (условия эквивалентности или условия совместности деформаций). 2.3. Канонические уравнения метода сил Канонических уравнений составляется столько, какова степень статической неопределимости. Пусть степень статической неопределимости равна n . Каждое уравнение выражает ту мысль, что суммарное перемещение j сечения с отброшенной j - ой связью в 39 направлении этой связи от всех “лишних” сил X i и внешней нагрузки F равно нулю. Согласно принципу независимости действия сил n j ji jF 0 , j 1,2,..., n . (2.1) i 1 Здесь ji - перемещение сечения с отброшенной j - связью в направлении j - ой связи от действия “лишней” силы X i ; jF - перемещение сечения с отброшенной j - связью в направлении j - ой связи от действия внешней нагрузки F ( jF называется грузовым коэффициентом). Согласно закону Гука ji ji X i , j 1,2,..., n , i 1,2,..., n , (2.2) где ji - перемещение сечения с отброшенной j - связью в направлении j - ой связи от действия единичной силы X i =1 в направлении “лишней” силы X i ( ji называется коэффициентом податливости). В уравнениях (2.1), (2.2) перемещения имеют два индекса: первый указывает направление перемещения, второй – причину, вызвавшую это перемещение. Подставляя (2.2) в (2.1) получим систему канонических уравнений метода сил n j ji X i jF 0 , j 1,2,..., n . (2.3) i 1 По теореме о взаимности перемещений ji ij . (2.4) Если i j , перемещения ji называются побочными, если i j , перемещения ii называются главными. В самом общем случае сложного сопротивления перемещения ji , jF определяются с помощью интеграла Мора (1.13), в котором внутренние силовые факторы возникают от действия единичных сил Xi . При этом, поскольку перемещения, связанные с изгибом и кручением больше перемещений, связанных с растяжением и сдвигом, первыми тремя интегралами в выражении (1.13) можно пренебречь. Если рассматривается плоская рама, работающая на 40 изгиб, используется формула (1.15). Если рама состоит из прямых участков, то для вычисления интегралов Мора можно пользоваться способом Верещегина, используя формулу перемножения эпюр (1.19). Для пространственной рамы 6 раз статически неопределимой (рис. 2.5) система канонических уравнений имеет вид: 11 X 1 12 X 2 13 X 3 14 X 4 15 X 5 16 X 6 1F 0 ; 21 X 1 22 X 2 23 X 3 24 X 4 25 X 5 26 X 6 2 F 0 ; 31 X 1 32 X 2 33 X 3 34 X 4 35 X 5 36 X 6 3 F 0 ; 41 X 1 42 X 2 43 X 3 44 X 4 45 X 5 46 X 6 4 F 0 ; 51 X 1 52 X 2 53 X 3 54 X 4 55 X 5 56 X 6 5 F 0 ; 61 X 1 62 X 2 63 X 3 64 X 4 65 X 5 66 X 6 6 F 0 . (2.5) Для плоской рамы 3 раз статически неопределимой (рис. 2.5) система канонических уравнений имеет вид: 11 X 1 12 X 2 13 X 3 1F 0 ; 21 X 1 22 X 2 23 X 3 2 F 0 ; 31 X 1 32 X 2 33 X 3 3 F 0 . (2.6) Для плоской (2 раза статически неопределимой) рамы (рис. 2.4) имеем два канонических уравнения 11 X 1 12 X 2 1F 0 ; 21 X 1 22 X 2 2 F 0 . (2.6) Для плоской рамы (1 раз статически неопределимой) (рис. 2.3) имеем одно каноническое уравнение 11 X 1 1F 0 . (2.6) 2.4. Порядок решения статически неопределимых задач методом сил 1. Установить степень статической определимости рамы. 2. Выбрать основную систему. Основная система должна быть статически определимая и геометрически неизменяемая. Получают ее из заданной путем отбрасывания “лишних” связей. 41 3. Изобразить эквивалентную заданной систему. Эквивалентная система это основная система, нагруженная всеми внешними силами и реакциями отброшенных связей (“лишними” силами). 4. Изобразить грузовое и единичное состояния эквивалентной системы. Количество единичных состояний равно степени статической неопределимости. 5. Найти опорные реакции отдельно для грузового состояния и всех единичных состояний. Если эквивалентная система защемлена одним концом, реакции в заделке можно не определять. 6. Для каждого участка грузового и всех единичных состояний указать текущую координату. 7. Для единичного и грузового состояния построить эпюру изгибающих моментов. 8. Записать систему канонических уравнений метода сил. Определить коэффициенты податливости и грузовые коэффициенты, входящие в канонические уравнения метода сил. Решить систему канонических уравнений (найти “лишние” силы). 9. Для эквивалентной системы с найденными “лишними” силами построить эпюры внутренних силовых факторов и произвести расчет на прочность. 10. Произвести проверку полученного решения. Рассмотрим следующие задачи. Задача 1 a С a a/2 В Построить эпюру изгибающих моментов, продольных и поперечных сил для рамы, представленной на рисунке 2.13, если жесткость EI ее участков одинакова. D А Рис. 2.13 42 Решение. Рама один раз статически неопределима поскольку всего неизвестных опорных реакций четыре (три в заделке А и одна в правой подвижной опоре D ), а полезных уравнений статики – три. Основную систему получаем из заданной путем удаления правой шарнирно подвижной опоры (рис. 2.14). a В a a x a/2 С x x С a/2 a В D D А А Рис. 2.14 X1 Рис. 2.15 Систему, эквивалентную заданной, получаем прикладывая к основной системе реакцию отброшенной связи D (“лишнюю” неизвестную X 1 ) и заданную нагрузку q . Изображаем грузовое (рис. 2.16) и единичное (рис. 2.17) состояния С x a x a/2 a x x x x a В С a/2 a В D D А А Рис. 2.16 системы. X 1=1 Рис. 2.17 Строим эпюры изгибающих моментов M F для грузового (рис. 2.18) и M 1 для единичного (рис. 2.19) состояний. а Участок DC 0 x : M F ( x) 0 , M 1 ( x) 0 . 2 Участок CB 0 x a : M F ( x) 0 , M 1 ( x) x , M 1 (0) 0 , M 1 (a) a . 43 Участок BA 0 x a : M F ( x) q x2 a2 , M F (0) 0 , M F (a) q , 2 2 M 1 ( x) a . а а F 1 qa а Рис. 2.18 Рис. 2.19 Поскольку система один раз статически неопределима, составляем одно каноническое уравнение метода сил, выражающее ту мысль, что вертикальное перемещение на правой опоре D равно нулю 11 X 1 1F 0 . Коэффициент податливости 11 и грузовой коэффициент 1F определяем по способу Верещагина. AB YcAB BC YcBC , 11 EI EI где: AB , BC - площади единичных эпюр участков BA и CB (рис. 2.19) AB a a a 2 , BC 1 1 a a a2 , 2 2 YCAB , YCBC - ординаты на единичной эпюре участков BA и CB под их центрами тяжести (рис. 2.19) YCAB a , YCBC 2 a. 3 Подставляя AB , BC , YCAB , YCBC в 11 , получим 44 11 1 1 2 4a 3 . (a 2 a a 2 a) EI 2 3 3EI 1F AB YcAB , EI где AB - площадь грузовой эпюры участка BA (рис. 2.18) AB 1 q a2 qa 3 , a 3 2 6 YCAB - ордината на единичной эпюре участков BA под центром тяжести грузовой эпюры (рис. 2.19) YCAB a . В формуле для 1F знак (-) ставится потому, что грузовая и единичная эпюры располагаются по разные стороны от оси участка BA 1F 1 q a3 qa 4 a . EI 6 6 EI Подставляя коэффициенты 11 и 1F в каноническое уравнение метода сил, получаем 4a 3 qa 4 X1 0, 3EI 6 EI откуда находим X1 qa . 8 Таким образом, статическая неопределимость раскрыта. Теперь строим эпюры продольных усилий N , поперечных усилий Q и изгибающих моментов M и для эквивалентной системы, изображенной на рисунке 2.15. qa а Участок DC 0 x : N ( x) X 1 , Q ( x ) 0 , M и ( x) 0 . Участок 2 8 CB 0 x a : N ( x ) 0 , Q ( x) X 1 M и (0) 0 , M и (a) X 1 a q a2 . 8 45 qa , M и ( x) X 1 x , 8 BA 0 x a : Участок qa qa N ( x) X 1 qa , 8 Q ( a ) q a , M и ( x) X 1 a q qa M и (a) X 1 a q Q( x) q x , x2 , 2 Q ( 0) 0 , M и (0) X 1 a q a2 , 8 a2 q a2 q a2 3 q a2 . 2 8 2 4 qa Рис. 2.20 Эпюры N , Q и M и на рисунках 2.20 - 2.22 соответственно. qa qa qa qa и qa qa Рис. 2.21 Рис. 2.22 Для деформационной проверки выбираем новую эквивалентную систему (рис.2.23), заменяя жесткую заделку шарнирно неподвижной опорой и в качестве “лишней” неизвестной выбирается момент в защемлении X 1 . Определяем опорные реакции для нового единичного состояния (рис. 2.24). X 1 1 ; a a А М X 1 RD1 a 0 , откуда R D1 Y F R Aв 1 RD1 0 , откуда R Ав 1 R D1 x F R Aг 1 0 , откуда R Аг 1 0 . 46 1 ; а С x a x a/2 a x С x x x a В a/2 a В D D А А R D1 г X1 R A1 X 1=1 в R A1 Рис. 2.23 Рис. 2.24 Строим единичную эпюру М 1 для нового единичного состояния. а Участок DC 0 x : M 1 ( x) 0 . 2 Участок CB 0 x a : M 1 ( x) RD1 x , M 1 (0) 0 , M 1 (a) RD1 a a 1. 1 a Участок BA 0 x a : M 1 ( x) X 1 1 . 1 1 qa 1 qa qa 1 Рис. 2.25 Рис. 2.26 Теперь определяем угол поворота А опоры А путем перемножения эпюры M и (рис. 2.22) и единичной эпюры М 1 (рис.2.25). При этом, эпюру 47 Mи на участке BA разбиваем на прямоугольник и параболический треугольник (рис. 2.26), расположенные по разные стороны от оси стержня BA . Тогда А 1 q a2 1 q a2 1 q a2 2 ( a 1 a 1 1) 0 , EI 8 3 2 2 8 3 a a/2 что соответствует действительности (угол поворота в защемлении равен нулю). Задача 2 Построить эпюру изгибающих моментов, продольных и поперечных сил для рамы, представленной на рисунке 2.27, если жесткость EI ее участков одинакова. a В С Решение. Рама один раз статически неопределима, поскольку всего неизвестных D опорных реакций четыре (две на левой неподвижной опоре А и две на правой А неподвижной опоре D ), а полезных уравнений статики – три. Рис. 2.27 Основную систему получаем из заданной путем замены правой шарнирно неподвижной опоры D шарнирно подвижной (рис. 2.28). a В a В С С a a D a/2 x a/2 x D x А г A R А RD в RА Рис. 2.28 Рис. 2.29 48 X1 Систему, эквивалентную заданной, получаем, прикладывая к основной системе горизонтальную реакцию отброшенной горизонтальной связи D и заданную нагрузку q (рис.2.29). Изображаем грузовое состояние системы (рис. 2.30), единичное состояние системы (рис. 2.31). а В С С x а/2 x а а x x г RAF X1 x D x D а/2 а В А г RDF RA1 А RD1 в в RDF Рис. 2.30 RD1 Рис. 2.31 Определяем опорные реакции для грузового состояния: А М qa q a2 ; RDF a 0 , откуда RDF 2 2 в в RDF F R AF RDF 0 , откуда R АF Y x qa ; 2 г г qa. F R AF q a 0 , откуда R АF Определяем опорные реакции для единичного состояния: X a 1 А М X 1 2 RD1 a 0 , откуда RD1 21 2 ; Y F R Aв1 RD1 0 , откуда R Ав 1 RD1 1 ; 2 x F RAг1 X 1 0 , откуда RАг1 X 1 1 . Строим эпюры изгибающих моментов M F для грузового (рис. 2.32) и qa a qa a a F 49 a 1 M 1 для единичного (рис. 2.33) состояний. Рис. 2.32 Рис. 2.33 а Участок DC 0 x : 2 M F ( x) 0 , M 1 ( x) X 1 x , M 1 (0) 0 , M 1 ( x) X 1 a a . 2 2 Участок CB 0 x a : M F ( x) RDF x , M F (0) 0 , M F (a) RDF M 1 (0) X 1 a q a2 a , M 1 ( x) X 1 RD1 x , 2 2 a a a a 1 , M 1 (a) X 1 RD1 a 1 a a . 2 2 2 2 2 Участок AB 0 x a : M F ( x) R г AF x2 xq , 2 M F (0) 0 , a2 q a2 M F (a) q a a q , 2 2 M 1 ( x) R Aг 1 x , M 1 (0) 0 , M 1 (a) R Aг 1 a 1 a a . Поскольку система один раз статически неопределима, составляем одно каноническое уравнение метода сил, выражающее ту мысль, что горизонтальное перемещение на правой опоре D равно нулю 11 X 1 1F 0 . Коэффициент податливости 11 и грузовой коэффициент 1F определяем по способу Верещагина. пр BC тр BC AB YcAB ВС Ycпр ВС Yстр CD YcCD , 11 EI EI EI где: AB 1 1 a a a2 2 2 YCАB 2 a - ордината на единичной эпюре участка АB под ее же 3 - площадь единичной эпюры участка AВ ; центром тяжести; единичную эпюру на участке ВС представляем в виде суммы прямоугольника и треугольника: 50 пр ВС 1 1 a a a 2 - площадь прямоугольной части единичной эпюры 2 2 участка ВС ; ВС Yспр части тр ВС a a 3 a - ордината под центром тяжести прямоугольной 2 4 4 единичной эпюры участка ВС на этой же эпюре; 1 a 1 a a 2 - площадь треугольной части единичной эпюры 2 2 4 участка ВС ; ВС Yстр a 2 a 5 a - ордината под центром тяжести треугольной 2 3 2 6 части единичной эпюры участка CD 1 a a 1 2 a 2 2 2 8 YCCD 2 a a - ордината на единичной эпюре участка CD под 3 2 3 ВС на этой же эпюре; площадь единичной эпюры участка CD ; - центром тяжести этой же эпюры. AB CD BС BС Подставляя AB , прВС , тр в 11 , получим ВС , CD YC , Ycпр , Ycтр , YC 1 1 2 2 1 2 3 1 2 5 1 2 1 23a 3 11 ( a a a a a a a a) . EI 2 3 2 4 4 6 8 3 24 EI 1F AB YcAB ВС YcBC . EI EI Здесь AB 2 q a2 qa 3 a 3 2 3 площадь грузовой эпюры участка АВ (выпуклый параболический треугольник); YCAB 5 a - ордината на единичной эпюре участка АВ под центром 8 тяжести грузовой эпюры; ВС 1 q a2 qa 3 a - площадь грузовой эпюры участка ВС ; 2 2 4 51 YCВС a 2 a 5 a - ордината на единичной эпюре участка BC под 2 3 2 6 центром тяжести грузовой эпюры на этом же участке. В формуле для 1F знак (-) ставится потому, что грузовая и единичная эпюры располагаются по разные стороны от осей участков АВ и ВС . Подставляя AB , ВС YCAB , YCВС в 1F , получим 1F 1 q a3 5 q a3 5 5qa 4 . ( a a) EI 3 8 4 6 12 EI Подставляя коэффициенты 11 и 1F в каноническое уравнение метода сил, получаем 23a 3 5qa 4 0, X1 12 EI 24 EI откуда находим X1 10 qa . 23 Таким образом, статическая неопределимость раскрыта. Определяем опорные реакции для эквивалентной системы с учетом найденного значения X 1 RD Y q a2 a RD a X 1 0 ,откуда (рис. 2.29): А М 2 2 qa a q a 10 1 13 X1 qa qa ; 2 2 2 23 2 46 F R Aв RD 0 , откуда R Ав R D 10 qa 23 10 qa 23 13 qa 46 F R Aг q a X 1 0 , R Аг q a X 1 q a 13 qa 46 13 qa 46 x 13 qa ; 46 откуда 10 13 qa qa . 23 23 Теперь строим эпюры продольных усилий N (рис. 2.34), поперечных усилий Q (рис. 2.35) и изгибающих моментов 13 qa 46 M и (рис. 2.36) для эквивалентной системы, изображенной на рисунке 2.23. 52 Рис. 2.34 а Участок DC 0 x : N ( x) RD M и ( x) X 1 2 13 qa , 46 Q( x) X 1 10 qa , 23 M и (0) 0 , M и ( x) X 1 x , a 10 a 5 qa qa 2 . 2 23 2 23 Участок CB 0 x a : N ( x) X 1 M и ( 0) X 1 10 qa , 23 Q( x) RD 13 qa , 46 M и ( x) X 1 a RD x , 2 a 5 a 10 a 13 3 qa , M и (a) X 1 RD a qa qa a qa 2 . 2 13 2 23 2 46 46 Участок AB 0 x a : N ( x) R Aг Q(a) R Aг q a 13 qa , 46 Q(0) R Aг Q( x) R Aг q x , 13 10 qa q a qa . 23 23 Найдем сечение x , в 13 qa , 23 котором поперечная сила принимает значение равное нулю Q( x ) R Aг q x 0 , x2 M и ( x) R x q , 2 Rг 13 . x A a q 46 откуда M и (0) 0 , г A 2 13 a 2 x 13 13 169 46 г qa a q qa 2 , M и ( x ) R A x q 46 46 2 1058 2 a 3 qa 2 . a 2 13 qa a q M и (a) R a q 46 2 46 2 2 г A 3 qa 46 10 qa 23 13 qa 46 13 qa 46 x 13 qa 46 10 qa 23 * 3 qa 46 5 qa 23 5 qa 23 10 qa 23 169 qa 1058 Q Рис. 2.35 и Рис. 2.36 53 Для деформационной проверки решения выбираем новую эквивалентную систему, заменяя левую шарнирно неподвижную опору шарнирно подвижной (рис. 2.37). a В С С x a/2 x a a x x г RD1 x D x D a/2 a В А г A1 R в RD1 А X1 X 1=1 Рис. 2.37 Рис. 2.38 Определяем опорные реакции для нового единичного состояния (рис.2.38) D М X 1 a R A1 a 0 , откуда R A1 2 X 1 2 ; 2 Y F RDв 1 X 1 0 , откуда RDв 1 X 1 1 ; x F R Aг 1 RDг 1 0 , откуда R Аг 1 RDг 1 1 . Строим единичную эпюру М 1 для нового единичного состояния. а a a Участок DC 0 x : M 1 ( x) RDг 1 x , M 1 (0) 0 , M 1 RDг 1 a . 2 2 2 Участок CB 0 x a : a a a M 1 ( x) RDв 1 x RDг 1 , M 1 (0) RDг 1 a , M 1 (a ) RDв 1 a R Dг 1 2 a . 2 2 2 Участок BA 0 x a : M 1 ( x) R Aг 1 x , M 1 (0) 0 , M 1 (a) R Aг 1 a 2 a . Теперь перемножаем эпюры M и (рис. 2.36) и М 1 (рис. 2.39) и определяем вертикальное перемещение опоры А . При этом, эпюру M и на участке АВ представляем в виде суммы треугольника и параболического треугольника, а на участке ВС в виде прямоугольника и треугольника (рис. 2.40). Тогда 54 1 1 13 2 3 3 1 1 3 ( qa 2 a 2a qa 2 a 2a qa a a 3 2 4 EI 2 23 3 46 2 1 13 1 1 5 1 2 qa 2 a (a a ) qa 2 a a ) 0 , 2 46 3 2 23 2 3 Ав что соответствует действительности – вертикальное перемещение на опоре А равно нулю. 2a 3 qa 46 13 qa 46 a 5 qa 23 a 1 qa 2 2a 3 qa 46 13 qa 46 1 и Рис. 2.39 Рис. 2.40 2.5. Учет симметрии в методе сил Система называется симметричной в геометрическом смысле слова, если правая часть является зеркальным отображением левой части относительно плоскости симметрии (рис. 2.41). F F 55 F F Рис. 2.41 Рис. 2.42 Рис. 2.43 Нагрузка называется симметричной, если все внешние силы, приложенные к правой части рамы являются зеркальным отображением сил, приложенных к левой части рамы (рис. 2.42). Нагрузка называется кососимметричной, если все внешние силы, приложенные к правой части рамы являются зеркальным отображением сил, приложенных к левой части рамы, но противоположны им по знаку (рис. 2.43). Прямосимметричная система – система симметричная в геометрическом смысле слова под действием симметричной нагрузки (рис. 2.42). Кососимметричная система – система симметричная в геометрическом смысле слова под действием кососимметричной нагрузки (рис. 2.43). Внутренние силовые факторы также разделяются на прямосимметричные и кососимметричные (рис. 2.44). Прямосимметричные силовые факторы образуют зеркальное отображение относительно плоскости сечения. К ним относятся изгибающие моменты M y , M z и продольное усилие N . Кососимметричные силовые факторы противоположны по знаку зеркальному отображению относительно плоскости сечения взаимного фактора. К ним относятся крутящий момент T и поперечные усилия Q y , Qz . При разрезании по плоскости симметрии: в прямосимметричной системе обращаются в нуль обращаются в нуль кососимметричные силовые факторы ( T , Q y , Qz ); - в кососимметричной системе прямосимметричные силовые факторы ( M y , M z , N ). В частности при разрезании по оси симметрии плоской рамы: - в прямосимметричной системе ( Q 0 ); 56 - в кососимметричной системе ( M 0 , N 0 ). МY МY Y МZ Z T QZ T Х N N QZ QY QY МZ Рис. 2.44 Рассмотрим плоскую симметричную раму (рис. 2.41). Основную систему получим путем рассекания рамы по оси симметрии (рис. 2.45). X3 X2 X1 X1 X2 X3 Рис. 2.45 Рис. 2.46 Эквивалентная система на рисунке 2.46 ( X 1 N , X 2 M , X 3 Q ). При произвольной нагрузке задача три раза статически неопределима и каноническая система уравнений имеет вид (2.6). На рисунках 2.47 – 2.49 эпюры изгибающих моментов единичных состояний эквивалентной системы X 1 =1 X 1 =1 X 3 =1 X 2 =1 X 2 =1 X 3 =1 1 2 57 3 Рис. 2.47 Рис. 2.48 Рис. 2.49 Как видно, эпюры М 1 и М 2 от симметричных силовых факторов Х 1 и Х2 являются симметричными кососимметричного фактора (рис. 2.47, 2.48). Эпюра от М3 - кососимметрична. Перемножение Х3 симметричной эпюры на кососимметричную дает нулевое значение. Следовательно, коэффициенты податливости, у которых один индекс соответствует симметричному фактору, а другой – кососимметричному равны нулю, то есть 13 31 0 , 23 32 0 и система канонических уравнений (2.6) принимает вид 11 X 1 12 X 2 1F 0 ; 21 X 1 22 X 2 2 F 0 ; 33 X 3 3 F 0 . (2.7) Если нагрузка симметрична, то и эпюра ее симметрична (рис. 2.50), если нагрузка кососимметрична, то и эпюра кососимметрична (рис. 2.51). Следовательно, в прямосимметричной системе 3 F 0 и тогда из последнего уравнения (2.7) следует, как и указывалось ранее, Х 3 0 и система уравнений принимает вид 11 X 1 12 X 2 1F 0 ; 21 X 1 22 X 2 2 F 0 . (2.8) Таким образом, в прямосимметричной системе, степень статической неопределимости уменьшается на единицу. В кососимметричной системе 1F 0 , 2 F 0 и тогда из первых двух уравнений (2.7) следует, как и указывалось ранее, Х 1 0 , Х 2 0 и остается последнее уравнение системы (2.7) 33 X 3 3 F 0 . (2.9) Таким образом, в кососимметричной системе, степень статической неопределимости уменьшается на два. F F F F F F 58 a a Рис. 2.50 Рис. 2.51 Рассмотрим следующие задачи. Задача 1 Построить эпюру изгибающих моментов, продольных и поперечных сил для рамы, представленной на рисунке 2.52, если жесткость EI ее участков одинакова. Решение. Плоская рама три раза статически неопределима поскольку всего неизвестных опорных реакций шесть (три в заделке А и три в правой заделке D ), а полезных уравнений статики a – три. Так как рама прямосимметричная, В С степень статической неопределимости можно уменьшить на единицу, то есть она станет равной двум. Для этого основную систему получим путем разрезания рамы по D А оси симметрии (рис. 2.53). Эквивалентная система на рисунке 2.54 ( X 1 N , X 2 M ). F a/2 С В a/2 x А D D Рис. 2.52 Рис. 2.53 С x a a x В Рис. 2.54 F a/2 А С a a А X2 F X2 X X1 1 a x x a x В D 59 Изображаем грузовое (рис. 2.55) и единичные состояния (рис. 2.56, 2.57) Рис. 2.55 X 1 =1 В С X 1 =1 a/2 X 2 =1 2 С a a a А F X =1 x x x a x В a/2 F А D D Рис. 2.56 Рис. 2.57 Строим эпюры изгибающих моментов для грузового M F (рис. 2.58) и для единичных M 1 , M 2 (рис. 2.59, 2.60) состояний. а Участок FB 0 x : M F ( x) 0 , M 1 ( x) 0 , M 2 ( x) X 2 1 . 2 Участок BA 0 x a : M F ( x) q x2 a2 , M F (0) 0 , M F (a) q , 2 2 M 1 ( x) X 1 x , M 1 (0) 0 , M 1 (a ) X 1 a a , M 2 ( x) X 2 1 . 1 1 1 1 F 1 qa qa a 2 a 60 1 1 Рис. 2.58 Рис. 2.59 Рис. 2.60 Поскольку система два раза статически неопределима, составляем систему двух канонических уравнений метода сил, выражающюю ту мысль, что на оси симметрии взаимное горизонтальное перемещение и взаимный угол поворота равны нулю 11 X 1 12 X 2 1F 0 ; 21 X 1 22 X 2 2 F 0 . Коэффициенты податливости 11 , 12 , 21 , 22 и грузовые коэффициенты 1F , 2 F определяем по способу Верещагина. 2 AB YcAB 11 , EI где: AB 1 1 a a a 2 - площадь единичной эпюры M 1 участка BA (рис. 2 2 YCAB 2 а - ордината на единичной эпюре M 1 участка BA под ее же 3 2.59) центром тяжести (рис. 2.59) Подставляя AB , YCAB в 11 , получим 11 2 1 2 2 2a 3 a a . EI 2 3 3EI 12 21 2 AB YcAB , EI где: AB 1 1 a a a 2 - площадь единичной эпюры M 1 участка BA (рис. 2 2 2.59); YCAB 1 - ордината на единичной эпюре M 2 участка BA под центром тяжести эпюры участка BA на единичной эпюре M 1 (рис. 2.60). Подставляя AB , YCAB в 12 , получим 12 21 2 1 2 a2 a 1 . EI 2 EI 61 22 3 AB YcAB , EI где: AB a 1 a - площадь единичной эпюры M 2 участка BA (рис. 2.60); YCAB 1 - ордината на единичной эпюре M 2 участка BA под ее же центром тяжести (рис. 2.60). Подставляя AB , YCAB в 12 , получим 22 3 3a a 1 . EI EI 1F 2 AB YcAB , EI где 1 q a2 qa 3 - площадь грузовой эпюры M F участка BA AB a 3 2 6 (рис. 2.58); YCAB 3 а - ордината на единичной эпюре M 1 участка BA под 4 центром тяжести грузовой эпюры M F на участке BA (рис. 2.59). Подставляя AB , YCAB в 1F , получим 1F 2 1 3 3 qa 4 qa a . EI 6 4 4 EI 2 F 2 AB YcAB , EI где 1 q a2 qa 3 AB a - площадь грузовой эпюры M F участка BA 3 2 6 (рис. 2.58); YCAB 1 - ордината на единичной эпюре M 2 участка BA под центром тяжести грузовой эпюры M F на участке BA (рис. 2.60). Подставляя AB , YCAB в 2 F , получим 62 2F 2 1 3 qa 3 . qa 1 EI 6 3EI В формулах 2 F , 12 , 21 знак (-) ставится потому, что перемножаемые эпюры располагаются по разные стороны от оси участка Подставляя коэффициенты 11 , 12 , 21 , 22 и 1F , 2 F в систему канонических уравнений метода сил, получаем 2a 3 a2 qa 4 X1 0, X2 3EI 4 EI EI 3a a2 qa 3 X2 X1 0, EI EI 3EI откуда находим X1 5 1 qa , X 2 qa 2 . 12 36 Таким образом, статическая неопределимость раскрыта. Теперь строим эпюры продольных усилий N , поперечных усилий Q и изгибающих моментов M и для эквивалентной системы, изображенной на рисунке 2.54. Строим эпюры для левой части. Эпюры для правой части – зеркальное отображение эпюр для левой части. а Участок FB 0 x : N ( x) X 1 2 5 1 qa , Q( x) 0 , M и ( x) X 2 qa 2 . 12 36 Участок AB 0 x a : Q(a) X 1 q a Q ( 0) X 1 Q( x) X 1 q x , N ( x) 0 , 5 7 qa q a qa . 12 12 Найдем сечение x , в 5 qa , 12 котором поперечная сила принимает значение равное нулю Q( x ) X 1 q x 0 , откуда X 5 . x 1 a q 12 M и ( x) X 2 X 1 x q x2 , 2 M и ( 0) X 2 2 x2 1 5 5 1 5 17 qa 2 , M и ( x ) X 2 X 1 x q qa 2 qa a q a 36 12 12 2 12 288 2 M и (a) X 2 X 1 a q 1 5 1 1 a2 2 qa 2 qa a q a qa 2 . 36 12 2 9 2 63 1 qa 2 , 36 5 qa 12 x 5 qa 12 5 qa 12 5 qa 12 * 17qa 288 Q 5 qa 12 5 qa 12 qa qa 36 36 qa qa 36 36 17qa 288 Ми qa qa 9 9 Эпюры N , Q и M и на рисунках 2.61 - 2.63 соответственно. a a Рис. 2.61 Рис. 2.62 Рис. 2.63 Задача 2 Построить эпюру изгибающих моментов, продольных и поперечных сил для рамы, представленной на рисунке 2.64, если жесткость EI ее участков одинакова. Решение. Плоская рама три раза статически неопределима поскольку всего неизвестных опорных реакций шесть (три в левой заделке А и три в правой заделке D ), а полезных a уравнений статики – три. Так как рама В С кососимметричная, степень статической неопределимости можно уменьшить на два, то есть она станет равной единице. Для этого основную систему получим путем разрезания рамы по оси D А симметрии (рис. 2.65). Эквивалентная система на рисунке 2.66 ( X 1 Q ). Рис. 2.64 64 F С В X1 С X1 a a a А F x x x a/2 a a/2 x В А D D Рис. 2.65 Рис. 2.66 Изображаем грузовое (рис. 2.67) и единичное состояние (рис. 2.68) x x X 1 =1 x А D С X 1 =1 a a А a/2 F a В С a x В F a/2 Рис. 2.67 D Рис. 2.68 Строим эпюры изгибающих моментов для грузового M F (рис. 2.69) и для единичного M 1 (рис. 2.70) состояний. Участок а FB 0 x : 2 M F ( x) 0 , a a a M1 X 1 . 2 2 2 Участок BA 0 x a : 65 M 1 ( x) X 1 x , M 1 (0) 0 , a/2 a/2 a/2 a/2 F 1 a/2 qa qa a/2 M F ( x) q a a x2 a2 , M F (0) 0 , M F (a) q , M 1 x X 1 . 2 2 2 2 Рис. 2.69 Рис. 2.70 Поскольку система один раз статически неопределима, составляем одно каноническое уравнение метода сил, выражающее ту мысль, что на оси симметрии взаимное вертикальное перемещение равно нулю 11 X 1 1F 0 . Коэффициент податливости 11 и грузовой коэффициент 1F определяем по способу Верещагина. 11 2 AB YcAB BF YcBF , EI где: AB 1 1 1 1 1 1 a a a 2 , BF a a a 2 - площади участков AВ и 2 2 2 2 2 8 ВF соответственно единичной эпюры M 1 (рис. 2.70) YCBF BF и AB 2 a a a , YCAB - ординаты на единичной эпюре M 1 участков 3 2 3 2 под их же центрами тяжести (рис. 2.70) Подставляя AB , BF , YCAB , YCBF в 11 , получим 11 2 1 2 1 a2 a 7a 3 ( a a ) . EI 2 2 8 3 12 EI 66 1F 2 AB YcAB , EI где 1 q a2 qa 3 - площадь грузовой эпюры M F участка BA AB a 3 2 6 (рис. 2.69). YCAB a - ордината на единичной эпюре M 1 участка BA под центром 2 тяжести грузовой эпюры M F на участке BA (рис. 2.69). Подставляя AB , YCAB в 1F , получим 1F 2 1 3 a qa 4 . qa EI 6 2 6 EI Подставляя коэффициенты 11 и 1F в каноническое уравнение метода сил, получаем 7a 3 qa 4 X1 0, 12 EI 6 EI откуда находим X1 2qa . 7 Таким образом, статическая неопределимость раскрыта. Теперь строим эпюры продольных усилий N , поперечных усилий Q и изгибающих моментов M и для эквивалентной системы, изображенной на рисунке 2.66. Строим эпюры для левой части. Эпюры Q (рис. 2.72) для правой части – зеркальное отображение эпюр для левой части. Эпюры N и M и (рис. 2.71, 2.73) для правой части – тоже зеркальное отображение эпюр для левой части, но противоположны по знаку. а Участок FB 0 x : N ( x) 0 , 2 2 Q( x) X 1 qa , 7 a 2qa a qa 2 a . M и X1 2 7 2 7 2 Участок AB 0 x a : 67 M и ( x) X 1 x , M и (0) 0 , N ( x) X 1 M и (0) X 1 2qa , Q( x) q x , Q(0) 0 , Q(a) qa . 7 M и ( x) X 1 a x2 , q 2 2 a qa 2 a 2 2qa a a2 5qa , M и (a) X 1 a q . q 2 7 2 7 2 2 14 qa 7 qa 7 qa 2 qa 7 2 qa 7 2 qa 7 2 qa 7 qa 7 2 qa 7 Ми Q qa Рис. 2.71 7 qa Рис. 2.72 5qa 5qa 14 14 Рис. 2.73 Задача II1 Построить эпюру изгибающих моментов, продольных и поперечных сил для рамы, представленной на рисунке 2.74, если жесткость EI ее участков одинакова. Решение. a В С С a x a a a А F a/2 x В А D D Рис. 2.74 Рис. 2.75 Плоская рама имеет один замкнутый контур. Поскольку нагрузка самоуравновешена, опорные реакции тождественно равны нулю. Следовательно система три раза статически неопределима внутренним FX В a/2 1 a А X1 X X1 2 X2 a x x 68 D X1 С qа/2 qа/2 x a С a x FX X В a/2 1 X 2 X 2 1 М А X1 qа/2 qа/2 X1 D образом. Однако ввиду двойной прямосимметричности степень статической неопределимости можно уменьшить путем выбора основной системы. Если основную систему получить путем разрезания рамы по вертикальной оси симметрии (рис. 2.75), то в силу прямосимметричности относительно вертикальной оси остается два неизвестных внутренних Рис. 2.76 Рис. 2.77 Рис. 2.78 Рис. 2.79 силовых фактора X 1 M и и X 2 N (рис. 2.76), то есть, степень статической неопределимости уменьшается на единицу. Если учесть прямосимметричность относительно горизонтальной оси, то из уравнения равновесия по горизонтальной оси 2 X2 qa 0 находим qа/2 qа/2 x x a a М А С a x FX X В a/2 1 1 С a x F В a/2 М qа/2 qа/2 А D X 2 q X 1 X1 D a . 2 Таким образом, степень статической неопределимости уменьшается еще на единицу и получаем систему один раз статически неопределимую (эквивалентная ей система на рис. 2.77). Изображаем грузовое (рис. 2.78) и единичное (рис. 2.79) состояния Строим эпюры изгибающих моментов для грузового M F (рис. 2.80) и для единичного M 1 (рис. 2.81) состояний. а Участок FB 0 x : M F ( x) 0 , M 1 ( x) X 1 1 . 2 a Участок BA 0 x : 2 69 M F ( x) q x2 a a2 a a a2 a q x , M F (0) 0 , M F q q q , 2 2 8 2 2 8 2 M 1 ( x) X 1 1 . 1 1 1 qa 1 qa 1 F 1 1 1 Рис. 2.80 Рис. 2.81 1 Поскольку система один раз статически неопределима составляем одно каноническое уравнение метода сил, выражающее ту мысль, что взаимный угол поворота сечения F равен нулю 11 X 1 1F 0 . Коэффициент податливости 11 и грузовой коэффициент 1F определяем по способу Верещагина. BF YcBF 11 4 , EI где: BF 1 a a - площадь участка ВF единичной эпюры M 1 (рис. 2.81) YCBF 1 , - ордината на единичной эпюре M 1 участка BF под ее же центром тяжести (рис. 2.81) Подставляя BF , YCBF в 11 , получим 11 1F 2 где 70 4а . EI AB YcAB , EI AB 2 q a2 qa 3 - площадь грузовой эпюры M F участка BA a 3 8 12 (рис. 2.80). YCAB 1 - ордината на единичной эпюре M 1 участка BA под центром тяжести грузовой эпюры M F на участке BA (рис. 2.81). Подставляя AB , YCAB в 1F , получим 1F 2 1 3 qa 3 . qa EI 12 6 EI Подставляя коэффициенты 11 и 1F в каноническое уравнение метода сил, получаем 4a qa 3 X1 0, EI 6 EI откуда находим X1 qa 2 . 24 Таким образом, статическая неопределимость раскрыта. Теперь строим эпюры продольных усилий N (рис. 2.82), поперечных усилий Q (рис. 2.83) и изгибающих моментов M и (рис. 2.84) для эквивалентной системы, изображенной на рисунке 2.77. С учетом двойной симметрии рассмотрим четверть рамы. 1 1 а Участок FB 0 x : N ( x) qa , Q( x) 0 , M и ( x) X 1 qa 2 . 2 2 24 а Участок BМ 0 x : N ( x) 0 , M и ( x) X 1 2 Q( x) qa qx, 2 1 Q (0) qa , 2 qa qa a Q 0. 2 2 2 1 qa x2 qa a a 2 qa 2 a x q , M и (0) X 1 qa 2 , M и X 1 . q 24 2 2 2 2 8 12 2 71 qa qa 2 2 qa qa qa qa 2 2 24 24 qa qa qa 24 24 12 qa N 2 Q qa Рис. 2.82 12 qa 2 И 24 qa qa qa qa 2 2 24 24 Рис. 2.83 Рис. 2.84 ЛИТЕРАТУРА 1. Горшков А.Г., Трошин В.Н., Шалашилин В.И. Сопротивление материалов: Учеб. пос. 2-е изд., испр. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. 544 с. 2. Дарков А.В., Шпиро Г.С. Сопротивление материалов. Изд. 3-е.- М. Высшая школа, 1969. - 734 с 3. Макаров Е.Г. Сопротивление материалов на базе Mathcad. – СПб.: БХВ-Петербург, 2004. – 512 с. 4. Писаренко Г.С., Агарев И.А., Квитка А.Л. и др. Сопротивление материалов. – К.: Вища школа, 1986. – 775 с. 5. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов.- Главная редакция физико-математической литературы изд-ва «Наука», 1970 г., 544 с. Учебное издание Наумова Ирина Юрьевна Иванова Анна Павловна 72 qa Ответственный за выпуск Ахундов Владимир Максимович СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ Часть IV Учебное пособие Тем.план 2010, поз. 109 Подписано к печати 17.11.08. Формат 60 84 1 16 . Бумага типогр. Печать плоская. Уч.-изд. л. 4,0. Усл. печ. л.3,95.Тираж 300 экз. Заказ № Национальная металлургическая академия Украины 49600, Днепропетровск-5, пр. Гагарина, 4 _______________________ Редакционно-издательский отдел НМетАУ 73 . 74 75
