КУРС ЛЕКЦИЙ ПО СОПРОМАТУ
.pdfПравило знаков для y и Θ
Если начало координат слева: |
Если начало координат справа: |
y>0 – если перемещение се- |
y>0 – если перемещение се- |
чения совпадает с осью Y; |
чения не совпадает с осью Y; |
Θ >0 – если поворот сечения про- |
Θ >0 – если поворот сечения про- |
исходит против часовой стрелки. |
исходит по часовой стрелке. |
|
|
Пример |
|
Определить прогиб и угол поворота сечения В интегрированием дифф. уравнения изогнутой оси балки.
Решение:
1.Принимаем начало координат на левом конце балки, т.к. начало коор-
динат следует выбирать только в крайних сечениях балки.
2.Из уравнений статики определим значения опорных реакций
RA |
F, |
MA F l . |
||
|
|
3. Прогиб и угол поворота найдем из дифференциального уравнения |
||
y |
MX |
, где MX RA z MA F z F l |
||
EIX |
||||
|
|
|
||
|
|
|
51 |
|
|
Тогда y |
F z |
|
|
F l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
EIX |
EIX |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
Проинтегрируем полученное выражение |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
F z |
|
|
F l |
|
F |
z |
2 |
|
|
|
F l z |
|
|
|
|
|
|||||||||
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C |
|
(7.12) |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
EIX |
|
|
|
dz C |
2EIX |
|
EIX |
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
EIX |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
Проинтегрируем уравнение еще раз |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
F z |
2 |
|
F l z |
|
|
|
|
|
|
F z |
3 |
|
|
F |
l z |
2 |
|
|
|
||||||||
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Cz D |
(7.13 |
||||||||||||
|
|
2EIX |
|
EIX |
|
C dz D |
|
6EIX |
|
2EIX |
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Найдем постоянные интегрирования C и D из граничных условий: При z=0 Θ =0, отсюда из уравнения (7.12) С=0.
При z=0 у=0, отсюда из уравнения (7.13) D=0. В сечении В координата z=l.
Подставив ее в уравнения (7.12) и (7.13), найдем искомые величины
|
B |
|
F l2 |
|
F l l |
|
|
F l2 |
|
|
||||
2EIX |
EIX |
2EIX |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
yB |
|
F l3 |
|
|
F l l2 |
|
F l3 |
|
|
|||||
6EIX |
|
3EIX |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
2EIX |
|
|
|
|
Геометрический смысл постоянных интегрирования
С – это угол поворота сечения балки в начале координат; D – это прогиб сечения балки в начале координат.
Если балка имеет несколько силовых участков, то необходимо составлять уравнения МХ для каждого участка и расчет проводить по уравне-
нию y MX .
EIX
Некоторые зависимости эпюр QY, MX, Θ, y:
1.Эпюра МХ – производная от эпюры Θ.
2.На участке, где МХ=0 эпюра Θ - прямая, y – наклонная прямая линия.
3.На участке, где МХ=const эпюра Θ - наклонная прямая, y – парабола.
4.Если эпюра МХ>0 то эпюра y имеет вогнутость вверх, если МХ<0, то эпюра y имеет вогнутость вниз.
5.Если эпюра Q>0 то эпюра Θ имеет вогнутость вверх, если Q<0, то эпюра Θ имеет вогнутость вниз.
6.Если эпюра Θ пересекает нулевую линию, то на этой координате эпюра y имеет экстремум.
52
7.Если эпюра Θ >0, то эпюра yвозрастает (слева-направо), и на-
оборот, если эпюра Θ <0, то эпюра yубывает.
Если балка имеет несколько силовых участков, то расчет Θ и y затруднен вычислением большого количества постоянных интегрирования. В таком случае удобнее производить расчет по методу начальных параметров.
7.5.2 Метод начальных параметров
Рассмотрим балку с внешними нагрузками - моментом M, сосредоточенной силой F и равномерно распределенной нагрузкой q.
Запишем уравнение (7.11) в виде EIy MX (7.14) Согласно рисунку, на произвольной координате z
MX M z lM 0 F z lF 1 q z 2lq 2
где lM ,lF, lq - соответственно координаты момента М, силы F и начала
(!) нагрузки q.
Подставим в уравнение (7.14) значение МХ и, проинтегрировав полученное выражение, получим
EIX |
EIX y M z lM 1 F |
z lF 2 |
q |
z lq 3 |
EIX C |
|||||||||||
|
|
6 |
||||||||||||||
|
|
|
z lM 2 |
|
z lF 3 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
EI |
X |
y M |
F |
q |
z lq 4 |
EI |
X |
Cz EI |
X |
D |
||||||
|
|
|
||||||||||||||
|
2 |
6 |
|
24 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
53
Поскольку С=Θ0 - угол поворота, а D=y0 - прогиб сечения балки в начале координат, то в общем виде, учитывая, что внешних усилий может быть несколько, окончательно запишем
EIX EIX 0 M z lM F |
z lF 2 |
q |
z lq 3 |
|
|
|
(7.15) |
||||||
|
6 |
||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
EIX y EIX 0z EIX y0 |
M |
z lM 2 |
F |
z lF 3 |
q |
z lq 4 |
|
(7.16) |
|||||
|
|
24 |
|||||||||||
|
2 |
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
Получены уравнения метода начальных параметров для определения углов поворота (7.15) и прогибов (7.16) сечений балки при изгибе.
Примечание:
1. В уравнения подставляем только те внешние нагрузки (как активные, так и реактивные), которые расположены на участке от начала коорди-
нат до координаты z.
2.Начало координат выбираем только в крайних сечениях балки.
Если в крайних сечениях имеется опора, то предпочтительней начало координат выбирать на ней.
3.Если нагрузка q закан-
чивается до координаты z, то ее продлевают «дополнительной» нагрузкой, которую уравновешивают «компенсирующей» нагрузкой.
Пример
Дано: F, l, E, IX.
Определить методом начальных параметров прогиб и угол поворота сечения В – yB и ΘB.
Решение:
54
1.Начала координат выбираем в крайнем левом сечение балки.
2.Находим значения опорных реакций RA и MA, поскольку они войдут в уравнения метода начальных параметров, т.к. находятся на участке до координаты z. Из уравнений статики определим значения опорных реакций
RA F, MA F l .
3. Определяем начальные параметры. В данном случае на опоре y0 yA 0, 0 A 0.
4. Угол поворота и прогиб сечения В найдем соответственно из урав-
нений (10) и (11).
EIX B EIX 0 MA l 0 RA |
|
l 0 2 |
0 Fl l F |
l2 |
F |
l2 |
|
|
|
||||||||||||||||||||||
2 |
|
2 |
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||||||
EI |
|
y |
|
EI |
|
|
|
l EI |
|
y M |
|
|
|
l 0 2 |
|
R |
|
l 0 3 |
Fl |
l2 |
|
F |
l3 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
A 2 |
|
|
|
6 |
|
|
||||||||||||||||||||
|
X |
|
B |
|
|
X |
|
0 |
|
X |
0 |
|
|
|
A |
|
|
2 |
|
6 |
|
||||||||||
F |
l3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Окончательно B |
|
Fl2 |
|
|
, yB |
Fl3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
2EIX |
|
|
3EIX |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7.5.3 Теорема о взаимности работ (теорема Бетти)
Теоремы о взаимности работ и перемещений применяются в выводе интеграла Мора.
Рассмотрим два случая действия внешних сил на балку:
- в 1-м состоянии сила F1, приложенная в точке 1, вызывает в точке 1 перемещение 11, а в точке 2 перемещение 21;
- во 2-м состоянии сила F2, приложенная в точке 2, вызывает в точке 1 перемещение 12, а в точке 2 пере-
мещение |
22. |
индекс |
Здесь |
1 |
|
означает |
направление, а |
второй индекс – усилие, от которого происходит перемещение. Перемещения 11 и 22 называют главными, а 12 и 21 - побочными.
55
Теорема о взаимности работ: работа внешних сил 1-го состояния на перемещениях от сил 2-го состояния равна работе внешних сил 2-го состояния на перемещениях от сил 1-го состояния, т.е. F1· 12= F2·Δ21.
Доказательство:
а) Пусть на балку первона-
чально |
приложена |
сила |
F1, |
||||
вызвавшая перемещение 11, а затем |
|||||||
приложена сила F2, вызвавшая пере- |
|||||||
мещения |
22 и 12. |
|
|
|
|
||
Работа силы F1 на перемещении |
|||||||
точки 1 равна U11 |
F1 |
11 |
. |
|
|||
|
|
2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Работа силы F2 на перемещении |
|||||||
точки 2 равна U22 |
F2 |
22 |
. |
|
|||
|
|
|
|||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
При этом сила F1 совершает дополнительную работу на перемещении точки 1: U12 F1 12 .
Полная работа равна: U1=U11+U22+U12.
б) Пусть на балку первоначально приложена сила F2, вызвавшая перемещение 22, а затем приложена сила F1, вызвавшая перемещения 11 и 21.
Работа силы F2 на перемещении точки 2 равна U22 F2 22 . 2
Работа силы F1 на перемещении точки 1 равна U11 F1 11 . 2
При этом сила F2 совершает дополнительную работу на перемещении точки 2: U21 F2 21 .
Полная работа равна: U2=U11+U22+U21.
Так как от порядка приложения сил результат не зависит, имеем U1=U2,
т.е. U11+U22+U12= U2=U11+U22+U21.
Следовательно, U12= U21 или F1· 12 = F2·Δ21.
7.5.4Теорема о взаимности перемещений
Пусть силы, приложенные к балке в обоих состояниях равны безразмерной единице: F1 1, F2 1.
56
Перемещения, вызванные единичными силами, обозначим через δ.
Тогда на основании теоремы о взаимности работ
F1 12 F2 21,
то есть 12 21 .
|
7.5.5 Работа внутренних сил на деформацию |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
Пусть элементарный участок балки дефор- |
|||||||||||||||
|
|
|
мируется моментом М1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
Приложив дополнительно момент М2, получим |
|||||||||||||||
|
|
|
дополнительную |
деформацию, |
равную |
|||||||||||||
|
|
|
d 2 |
dz |
, а момент |
М1 |
при |
|
этом совершит |
|||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
дополнительную работу U M1 |
d 2 . |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
MX |
||||
|
|
|
С учетом известного уравнения |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
EIX |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
имеем d 2 |
M2dz |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
EIX |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Тогда работа внутренних сил на деформацию элементарного участка |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
равна U |
M1M2dz |
, а по всей балке работа равна |
U |
|
M1M2dz |
|
. |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
EI |
X |
|
0 |
EI |
X |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7.5.6Метод Мора
Метод Мора является наиболее общим методом определения любых перемещений любой линейно-деформируемой системы при любых видах нагрузок.
57
Пусть на произвольную плоскую стержневую систему (см. рисунок) действуют внешние активные нагрузки F, M, q, создающие внутренние уси-
лия MF, NF, QF.
Требуется определить перемещение произвольной точки по направлению i-i.
Для нахождения этого перемещения создадим вспомогательную систему. Отбросим все внешние активные нагрузки и приложим только единич-
ную силу F по направлению i-i, создающую внутренние усилия Mi, Ni,Qi .
Работа внешних усилий на перемещение на основании теорем о взаим-
ности работ и перемещений равна F iF . |
|
|
|
|
(7.17) |
|||||||||||||||||||||
|
Работа внутренних усилий равна |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
M |
|
|
|
|
|
N |
|
|
|
|
|
Q |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
M |
|
|
ds |
N |
i |
ds k |
Q |
|
|
|
|
|
|||||||||||||
F i |
|
F |
|
F i |
ds |
|
|
|
|
(7.18) |
||||||||||||||||
EIx |
|
EA |
|
|
GA |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
В силу равенства этих работ на основании закона сохранения энергии и |
|||||||||||||||||||||||||
зная, что |
|
1, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
F |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
имеем i |
MF |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
Mi |
ds |
NF Ni |
ds k |
QFQi |
ds, |
(7.19) |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
EIx |
|
EA |
GA |
|
где EIX, EA, GA – жесткости сечений соответственно при изгибе, растяжении (сжатии), сдвиге;
k – коэффициент, зависящий от формы сечения.
ds=dz для прямолинейных систем и ds=dφ·R для кривых стержней. Формулу (7.19) называют интегралом Мора.
Как правило, деформации сдвига и продольные деформации значительно меньше, чем деформации изгиба и кручения, и в расчетах перемещений при изгибе ими можно пренебречь.
58
Тогда для плоской системы формула (7.19) имеет вид
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
MF Mi |
ds |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(7.20) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
EIx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
Для пространственной системы интеграл Мора имеет вид |
|
|||||||||||||||||
|
|
MFx |
|
ix |
ds |
MFy |
|
iy |
ds |
MFk |
|
ik |
ds |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
i |
|
M |
M |
M |
(7.21) |
||||||||||||||
|
|
|
|
EIy |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
EIx |
|
|
|
GIk |
|
|
Порядок определения перемещений по методу Мора
1. Образуем вспомогательную систему, отбросив от заданной системы все активные нагрузки, а в точку определения перемещения прикладываем единичное усилие. Для определения линейного перемещения единичное
усилие – это сила F , для определения углового перемещения – это момент
M, равные безразмерной единице.
2.Составляем уравнения внутренних силовых факторов MF, NF, QF
для заданной системы и Mi, Ni,Qi для вспомогательной системы. Если си-
ловых участков несколько, уравнения составляем для каждого участка.
3. Подставляем составленные уравнения в интеграл Мора и вычисляем искомые перемещения.
Примечание: если результат положительный, значит, направление перемещения совпадает с направлением единичного усилия.
Пример Определить методом Мора прогиб и угол поворота сечения В.
Решение:
1. Для определения yB образуем 1-ю вспомогательную систему, где в точку В прикладываем единичную силу F .
Для определения B
образуем 2-ю вспомогательную систему, где в точку В прикладываем единичный момент M .
2. Составляем для
заданной |
системы уравнение |
грузового |
момента |
MF F |
z , |
59
для 1-й вспомогательной системы уравнение M1 F z z ,
для 2-й вспомогательной системы уравнение M2 M 1. 3. Подставляем полученные уравнения в интеграл Мора:
|
|
M |
|
|
|
|
|
l |
( Fz)( z) |
|
|
|
Fz3 |
|
|
l |
|
|
Fl3 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
M |
1 |
|
|
|
|
||||||||||||||||
1 |
yB |
|
F |
dz |
|
|
dz |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
EIx |
|
|
|
EIx |
3EIx |
|
|
|
|
|
3EIx |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
M |
|
|
|
|
l |
|
( Fz)( 1) |
|
|
Fz2 |
|
l |
|
|
Fl2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
M |
2 |
|
|
|
|||||||||||||||||
2 |
B |
|
F |
dz |
|
|
|
dz |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
EIx |
|
|
EIx |
|
|
2EIx |
|
|
|
|
|
2EIx |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7.5.7 Способ Верещагина
При определении перемещений в системах, имеющих много силовых участков, расчет методом Мора затруднен вычисление большого количества интегралов.
Для облегчения расчетов студент Верещагин А.Н. в 1926 году разработал графоаналитический способ вычисления интеграла Мора.
Пусть грузовая эпюра MF имеет форму параболы, а единичная эпюра Mi - наклонной прямой.
60