Лекция 11. Энергетические методы определения перемещений

Лекция 11. Энергетические методы
определения перемещений
Работа внешних сил
Растяжение-сжатие
L
PX
dL
1
APX  PX L
2
Кручение
φ
MX
L
1
AM X  M X 
2
Работа внешних сил при изгибе
δ
1
APY  PY 
2
L
PY
θ
L
MZ
1
AM Z  M X 
2
Обобщенная работа внешних сил
Формулы можно обобщить
APОБ
1
 PОБ ОБ
2
где РОБ – обобщенная сила, т.е. любое силовое воздействие,
любой силовой фактор;
δОБ - обобщенное перемещение, т.е. тот вид перемещения,
на котором РОБ совершает работу.
Каждый из шести известных силовых факторов совершает работу на
своем перемещении
Потенциальная энергия деформации при
растяжении стержня
PX
PX
dx
NX
NX
NX
dU
dx
1
dU  N X x
2
N X dx
x 
EF
δx
δx
2

NX
x dx
UNX  
2 EF
L
Потенциальная энергия деформации при
кручении вала
MK
MK
dx
MX
dx
MX
dφ
dU
δφ
1
dU  M X 
2
M dx
  X
GI p
2

MX
x dx
UMX  
2GI p
L
Потенциальная энергия деформации при
чистом изгибе балки
MZ
MZ
dx
dφ
MZ
MZ
MZ
dx
1
dU  M Z 
2
M Z dx
 
M Z2 x dx
UMZ  
2 EI Z
L
dU
EI Z
M Y2 x dx
U MY  
2 EI Y
L
dφ
Потенциальная энергия бруса при сложном
нагружении
Каждому силовому фактору соответствуют перемещения, на
которых остальные силовые факторы не совершают работу.
Поэтому потенциальная энергия деформации при сложном
нагружении равна сумме потенциальных энергий шести отдельных
факторов. Пренебрегая энергией деформации, связанной с
поперечными силами, получаем для полной энергии деформации
U  U N X  U M X  U MY  U M Z
,
2
2


NX
x dx
MX
x dx
M Y2  x dx
M Z2  x dx
U



.
2
EF
2
GI
2
EI
2
EI
p
Y
Z
L
L
L
L
Теорема Кастилиано
P1
P2
dPn
Pn
Vn
U1
dVn
U2
P1
P2
Pn
U
U 2  U1 
dPn
Pn
dPn
Vn
U1
U2
dVn
1
U 2  dPn dVn  U1  dPnVn
2
Теорема Кастилиано (продолжение)
U
1
U1 
dPn  dPn dVn  U1  dPnVn .
Pn
2
1
Пренебрегая членом второго порядка малости dPn dVn
2
, получаем
аналитическую формулировку теоремы Кастилиано
U
Vn 
Pn
или
U
VОБ 
PОБ
Частная производная от потенциальной энергии системы
по силе равна перемещению точки приложения силы вдоль
направления действия этой силы.
Пример применения теоремы Кастилиано
M
x
O
A
L
Требуется найти угол поворота сечения θA и прогиб конца балки δA .
M Z2 x dx 1 M 2 L
MZ (x) = M = const
U

2 EI Z
2 EI Z
L
U
ML
А 

M EI Z
Но как найти прогиб конца балки
δA ?
Пример применения теоремы Кастилиано
(метод фиктивной силы)
M
PФ
x
O
A
L
M Z  M  PФ x 
U

L
M  PФ x 2 dx  1 M 2 L  MPФ L2  PФ2 L3
2 EI Z
2 EI Z
2 EI Z
6 EI Z
 U 
ML2

 А  

 PФ  PФ 0 2 EI Z
Отмерим, что можно дифференцировать и под знаком интеграла.
Интеграл Мора
Ф
А
  N  NФ
NX
X
X ;
NФ
X  N X 1Ф ;
  M  MФ
MX
X
X;
MФ
X  M X 1Ф ;
M Z  M Z  M ZФ ;
M ZФ  M Z 1Ф ,
M Y  M Y  M YФ ;
M YФ  M Y 1Ф ;
где NX1 , МX1 , МY1 и МZ1 - внутренние силовые факторы от
безразмерной единичной силы Ф = 1.
Интеграл Мора (продолжение)
U

L

L
N X
M Y

 N1 X Ф 2 dx
M X  M X 1Ф 2 dx

 ...
2 EF
2GI p
L

 M 1Y Ф 2 dx
M Z  M Z 1Ф 2 dx

2 EI Y
2 EI Z
L
N X N1 X dx
M X M 1 X dx
 U 
А 


 ...

2GI p
 Ф Ф 0 L 2 EF
L
M Y M 1Y dx
M Z M 1Z dx


2 EI Y
2 EI Z
L
L
Применение интеграла Мора
Задача. Найти угол поворота сечения в точке А и прогиб в точке В
М1
R1
q
M2
P
R2
А
В
0
a
a
3a
x
a
1 m
E
5
2 10 MPa
P
100kN
q
100kN m
M1
100kN m
M2
2 M1
1
Применение интеграла Мора (продолжение 1)
Найдем опорные реакции
Given
R2
M1
q 2 a 4 a
R1
R2
P
q 2 a 0
R1
R1 4 a
P 3 a
M2 0
Find ( R1  R2 )
R1  350 kN
R2  50 kN
Применение интеграла Мора (продолжение 2)
Запишем функцию изгибающих моментов от внешних сил
2
M z( x)
M1
x
q
if 0 x a
2
M1
x
q
2
M1
q  2 a ( x
Изгибающий момент, кН.м
2
R1 ( x
a)
a ) if a x 2 a
R1 ( x
P ( x
a)
2 a ) if 2 a x 5 a
Эпюра изгибающих моментов
200 200
M z( x)
kN m
0
150
200
0
0
1
2
3
x
m
Координат а сечения, м
4
5
5
Применение интеграла Мора (продолжение 3)
Найдем угол поворота сечения в точке А, приложив в этой точке единичный
изгибающий момент
Rm1
Rm2
1
B
0
х
А
a
a
3a
Определим опорные реакции
Íàéäåì îïîðíûå ðåàêöèè
Given
Rm1
Rm2 0
Rm1 4 a
Rm1
Rm2
1 0
Find ( Rm1  Rm2 )
Rm1  0.25
1
m
Rm2  0.25
1
m
Применение интеграла Мора (продолжение 4)
И зги б а б щ и й м о м е н т
Запишем функцию изгибающих моментов и построим соответствующую
эпюру
1
Mm
z( x )
Эпюра изгибающи х моментов
1
0.5
0
0
0
1
2
0
3
4
x
5
m
Координата сечения, м
Угол поворота сечения в точке А равен
5 a
A
M z( x) Mm z( x)
E I
0
z
dx
5
 A  0.273 deg
Применение интеграла Мора (продолжение 5)
Найдем прогиб в точке В, приложив в этой точке единичную силу
Rp1
Rp2
1
0
А
B
a
a
3a
Определим опорные реакции
Given
Rp1
Rp2
Rp14 a
Rp1
Rp2
1 0
1 3 a 0
Find( Rp1  Rp2)
Rp1  0.75
Rp2  0.25
х
Применение интеграла Мора (продолжение 6)
Запишем функцию изгибающих моментов и построим соответствующую
эпюру
0 if 0 x a
Rp1 ( x a ) if a x 2 a
Rp1 ( x a ) 1 ( x 2 a ) if 2 a x 5 a
И зги б а ю щ и й мо ме н т , м
Mp z( x)
0.75
Эпюра изгибающих моментов
1
Mp z( x )
m
0.5
0
0
0
1
2
0
3
x
4
5
5
m
Координата сечения, м
Прогиб в точке В равен
5 a
B
M z( x) Mp z( x)
E I
0
z
dx
 B  1.992 mm