Таблица 14

Методическое руководство
Задание 14
Статически неопределимые системы
Работа 14
Для балки, изображенной на рисунке (рис.14) требуется:
1) найти изгибающий момент на левой опоре (в долях pl2);
2) построить эпюры Qy и Mz;
3) построить эпюру прогибов, вычислив три ординаты в пролете и две на
консоли.
Данные взять из таблицы 14.
Таблица 14
Схема рис. по
последней цифре
матрикула
Исходные данные по
предпоследней цифре
матрикула


I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
X
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
Методическое руководство
Задание 14
I
II
F=pl
F=pl
p
l
l
p
l/2
III
l/2
l
IV
F=pl
F=pl
p
l/2
l/2
F=pl
p
l
l/2
l/2
l
F=pl
V
VI
F=pl
p
p
l/2
l/2
l
l
l
VII
F=pl
VIII
p
p
l/2
l/2
l
l/2
l/2
l
F=pl
F=pl
F=pl
IX
X
p
p
l/2
l/2
F=pl
l
F=pl
l/2
l/2
F=pl
Рис.14
l
Методическое руководство
Задание 14
Пример решения:
M=pl2
p
C
A
D
F=pl
l
E
B
l
l
l
Определение степени статической неопределимости системы
FAY
н
MA
A
FB
M=pl2
FAX =0 C
=0н
D
p
E
B
F=pl
l
l
l
Имеем четыре неизвестные реакции опор (три в жесткой заделке А и одну в
шарнирно-подвижной опоре). В данном случае силы расположены в одной
плоскости, для которой можно составить только три уравнения равновесия
(уравнения статики). Поэтому система является один раз статически
неопределимой.
1. Составление “основной системы” метода сил
1.1 Первый вариант “основной системы”
Выбираем основную систему путем замены жесткой заделки на опоре А
шарнирно-неподвижной опорой и неизвестным моментом X1. Уравнение
совместимости деформаций (уравнение метода сил) имеет вид
 11 X 1  1 p  0 ,
которое физически выражает условие, что суммарный угол поворота на левой
опоре от заданной нагрузки и от опорного момента X1 равен нулю.
Где  11 - единичное перемещение в точке приложения неизвестного
момента X1; 1 p - перемещение в той же точке А от заданной нагрузки.
Определение перемещений можно выполнить или по формуле Мора или с
помощью универсального уравнения изогнутой оси балки (уравнение метода
начальных параметров).
Статически эквивалентная “Основная система” заданной системе
у
M=pl2
X1
A
p
х
C
D
F=pl
l
l
E
B
l
l
Методическое руководство
Задание 14
1.1.1 Определение неизвестного опорного момента X 1
Из уравнения совместности деформаций
X1  
1.1.
 11
Определение перемещений по формуле Мора
 11
где
1 p
l
mm
   1 1 dx ,
0 EI z
l
m1M p
0
EI z
1 p   
dx ,
m1 – единичная эпюра от единого момента, приложенного в точке А;
Мр – грузовая эпюра от заданной нагрузки.
Единичная эпюра m1
Реакции опор F и FB0 образуют пару сил, момент которой равен единичному
0
A
моменту X 1 =1. Откуда
X1 1
 .
3l 3l
F A0 = FB0 =
у
FB0  1 3l
X1=1
A
C
х
D
E
B
l
l
FA0  1 3l
l
l
m1
1/3
2/3
1
Грузовая эпюра M p
FBp  2 pl
M=pl2
A
p
C
D
FAp  pl
l
F=pl
l
E
B
l
l
pl
pl
Qp ,кН
pl
pl2
pl2/2
Mp , кН м
Методическое руководство
Реакции опор FAp и FBp находим из уравнений равновесия
Задание 14
6 pl 2

 2 pl ,
pl  l  pl
 3l  p  2l  3l  0 
3l
 2 pl 2  pl 2
p
p
2
  pl .
 FA  3l  pl  2l  pl  0  FA 
3l
M A  0
 FBp
2
MB  0
FBp
Значения изгибающих моментов M p
точка А
Mp 0
точка С
M p   pl  l   pl 2
точка D–
M p   pl  2l  pl  l   pl 2
M p   pl 2  pl 2  0
D+
pl 2
pl 2
M p   pl  3l  pl  2l  pl 

точка В
.
2
2
Проверка в точке Е , где M p  0 (свободный конец балки)
2
M p   pl  4l  pl  3l  pl 2 
p2l 2
 2 pl  l  4 pl 2  3 pl 2  pl 2  2 pl 2  2 pl 2  0 .
2
Решение интегралов Мора можно выполнить способом Симпсона, для этого
надо знать значения моментов на каждом участке интегрирования: в начале, в
середине и в конце.
Значения в серединах участков интегрирования для грузовой эпюры M p
участок
АС
участок
СD
участок
DB
pl 2
2
 pl 2  const

1 pl l
pl 2
   
.
2 2 2
8
Значение момента M p
в середине участка DB можно вычислить через
1 pl l
pl 2
,
 )
2 2 2
8
площадь эпюры Qp: а именно M p ( DB/2) = MD + ( Qp) =0+ ( 
где MD - начальное значение момента на участке DB, а ( Qp) площадь
эпюры Qp на участке от точки D до середины участка.
Для удобства "перемножения эпюр" по Симпсону приводятся совмещенные
одна под другой эпюры m1 и M p .
pl2
pl2/2
2
pl /2
pl2/8
A
D
C
l
l
Mp , кН м
B
l
E
l
m1
1
5/6
2/3
1/2
1/3
1/6
Методическое руководство
Задание 14
"Перемножая эпюры", имеем
l
 11 
6 EI z
2
2
5
1  4   
6

2
l
2 
  
 3   6 EI
2
 2  2
1
   4   
2
 3 
1
 
 3
2

l
0 
 6 EI
2
 1  2

1

4


0
 
 

3
6






100 4
1 1 1 4
l

1  4  36  9  4  4  9  9  36   6  36  EI 36  100  16  16  36  4  4  4 
z
216 l
l


6  36EI z EI z

1 p
l
6 EI z
l

6 EI z

pl 2 5
pl 2 1 
 2 2
2 2
2 1
2 1 



  pl     pl   4  pl   pl     0  4 
  0  
 0  4 
2
6
3
3
2
3
8
6 
 
 

pl 3  5 2 2
1 1
pl 3
65 pl 3
20  8  8  24  4  1  

   2    
6 EI z  3 3 3
3 12 
6 12  EI z
6 12  EI z
Отсюда X 1  
1 p
11
65 pl 3 EI z 65 pl 2


6  12 EI z l
72
Методическое руководство
Задание 14
1.2 Второй вариант” основной системы”
Основную систему получаем, отбрасывая (заменяя) шарнирно-подвижную
опору В неизвестной реакцией X1.
M=pl2
p
C
A
D
F=pl
l
l
E
B
X1
l
l
Уравнение совместимости деформаций (уравнение метода сил) имеет вид
 11 X 1  1 p  0 ,
которое физически выражает условие, что перемещение на правой опоре от
заданной нагрузки и реакции X1 равно нулю.
Для определения перемещений методом Мора строим соответственно
единичную и грузовую эпюры.
A
D
C
B
E
X1=1
l
l
l
l
m1
l
2l
3l
M=pl2
p
C
A
D
F=pl
l
6pl2
E
B
l
l
l
4pl2
2pl2
pl2/2
Mp΄, кН м
pl2
pl2
Mp“ , кН м
Mp’’’ , кН м
pl2
Методическое руководство
Задание 14
Где M 'p , M "p , M 'p' ' - соответственно от распределенной нагрузки p (NB!
квадратичная парабола и прямая линия стыкуются на эпюре M 'p без
2
перелома), сосредоточенного момента M  pl и сосредоточенной силы
F  pl .
Перемножая эпюры, имеем
2
l
 54l 3
m1m1
l 
 3l 
11   
dx 
3l  3l  4     0 
EI
6
EI
2
z
z
0

 6 EI z ,
при вычислении 1 p учитываем, что M P = M 'p + M "p + M 'p''


5 
pl 2 
2
2
2
2
2
2
2
1 p
3
l

6
pl

pl

pl

4

l

5
pl

pl


2
l

4
pl

pl

0




2
2




l 
3

2
2

2
l

4
pl

pl

0

4

l  3 pl 2  pl 2  0  l  2 pl 2  pl 2  0  

6 EI z 
2

l

6 EI z




l
6 EI z




 



l 9 2
497 pl 4

 
2
l

2
pl

0

0

4


pl

0

0

0


.

 

2
8
24
EI

 

z
Значения в серединах участков интегрирования для грузовой эпюры M p
участок
АС
M 'p =  5 pl 2 , M "p =  pl 2 , M 'p'' = pl 2 / 2
участок
СD
M 'p =  3 pl 2 , M "p =  pl 2 , M 'p'' =0
участок
DB
M 'p =  9 pl 2 / 8 , M "p =0, M 'p'' =0.
Откуда X 1  
1 p
11

497 pl 4 EI z
24  54l 3 EI z

497
pl .
216
Методическое руководство
Задание 14
2. Второй способ раскрытия статической неопределимости
Этот способ основан на универсальном уравнении
 M x  a 
EI z yx   y0   0 x 
2
положительными приняты:
М – по часовой стрелке,
2!
 F x  b

3
3!
F– вверх,
px  c 4

4!
p – вверх и
ось y вверх.
y
FBp  2 pl
pl2
MА
A
C
x
D
pl
FА
p
l
l
E
B
l
FB
l
Составим два уравнения, одно из которых уравнение равновесия, а другое
выражает условие равенства нулю прогиба на опоре В.
 FA  3l  M A  pl  2l  pl 2  0 ,
MB  0
при x = 3l
M a 3l  02 Fa 3l  03 pl 3l  l 3 pl 2 3l  2l 2 p3l  2l 4
EI z y 3l   0  0 




0
2
6
6
2
24
 FA 3l  M A  3 pl 2  0
3 2

l

9l 2
27l 3 43 pl 4
2
 FA

0
M A
2
26
24

9  9
43 pl 4
 3
 M A   l 2  l 2   pl 4 
0
2  2
24
 2
 MA 
65 pl 4

65 pl 2
.
72
243l 2
Из составленного ранее уравнения равновесия  M B  0 определяем FA
65 pl 2
 3 pl 2  0 
72
2
pl 
65 
281pl
281pl
 FA  
.

3    
3l 
72 
72  3
216
 FA  3l  M A  3 pl 2  0
Из уравнения равновесия
F
ky
  FA  3l 
 0 находим реакцию FВ
FA  pl  2 pl  FB  0 , откуда FB  pl  FA  pl 
281pl 497 pl

.
216
216
Получили такой же результат, что в предыдущем случае при решении
методом сил и с использованием формулы Мора.
Проверка:
 M A  pl  l  pl 2  p  2l  3l  FB  3l  0 ,
M A  0
65 pl 2
497 pl 2  3
2
2
2

 pl  pl  6 pl 
 0.
72
216
Уравнение равновесия обращается в тождества.
Методическое руководство
Задание 14
3. Построение эпюр Qy и Мz
3.1 Первый вариант основной системы
у
M=pl2
X1
A
p
х
C
D
F=pl
l
l
E
B
l
l
Построение можно сделать двумя способами.
3.1.1Первый способ
Это классический способ построения эпюр методом сечений.
Реакции X 1  M A 
281pl
497 pl
65 pl 2
, FA  
и FB 
найдены.
72
216
216
Теперь строим обычным путем эпюры Qy и Мz .
pl2
X1=MА=65pl2/72
A
C
E
D
l
FА=281pl/216
pl
l
B FB=497pl/216
l
l
281pl/216
65pl/216
281pl/216
Qy , кН
151pl2/216
86pl2/216
pl2
pl
pl2/2
Mp , кН м
65pl2/72
65pl2/216
NB! Вычисление значений изгибающих моментов производится с помощью
интегральных зависимостей между Mz и Qу, т.е. значение момента в конце
рассматриваемого участка равно алгебраической сумме значений моментов в
начале участка и площади эпюры Qу на этом участке.
При вычислении слева:
65 pl 2
MA 
72
MC  M A 

Q yAC

65 pl 2 281pl  l
86 pl 2



72
216
216
Методическое руководство




Задание 14
86 pl
65 pl  l
151pl


216
216
216
2
2
151pl
65 pl
M D  
 pl 2 
216
216
65 pl 2 1  65  281 2
108 pl 2
1
M B  M D   Q yDB 
 
pl


  pl 2 .

216 2  216 
216
2
2
M D  M C   Q yCD  
Для проверки вычисляем значение
MB  
2
МВ, идя справа
1
1
pl  l   pl 2 .
2
2
Как видно результаты вычисления МВ справа и слева совпадают.
3.1.2 Второй способ
Это способ основан на сложении грузовой и уточненной (исправленной)
эпюр.
Общие реакции опор
1 65 pl 2
281pl
FA 
MA 
 
  pl   
3l 72
216
2
1 65 pl
497 pl
FB  FB  M A  FBp  
 2 pl 
,
3l 72
216
FA
FAp
где FA0 и FB0 единичные реакции от единичного момента МА=1, а FA0 M A и
FB0 M A уточненные (исправленные) реакции опор.
Тогда окончательно эпюра поперечных сил Qу будет
pl
pl
pl
Qр , кН
pl
65pl/216
65pl/216
Q(МА), кН
281pl/216
65pl/216
281pl/216
Qy = Qр+ Q(МА), кН
Аналогично получается эпюра изгибающих моментов
Методическое руководство
Задание 14
pl2
pl2/2
Mp , кН м
M1= m1МА , кН м
65pl2/72
13pl2/216
65pl2/216
151pl2/216
86pl2/216
pl2
pl2/2
Mz=Mp+M1, кН м
65pl2/72
65pl2/216
Методическое руководство
Задание 14
3.2 Второй вариант основной системы
M=pl2
l
C
A
D
F=pl
l
l
E
B
X1
l
l
Складывая грузовые эпюры M 'p , M "p , M 'p' ' и уточненную эпюру M 1  m1  X 1 ,
получим окончательную эпюру M z . Эпюра поперечных сил Q y строится как
для консоли со свободного правого конца.
M=pl2
p
C
A
l
D
F=pl
l
B
l
E
X1=497pl/216
l
M1=m1X1, кНм
2
497pl /72
994pl/216
6pl2
497pl2/216
4pl2
2pl2
pl2/2
Mp΄, кН м
pl2
pl2
Mp“ , кН м
Mp’’’ , кН м
pl2
281pl/216
65pl/216
281pl/216
Qy , кН
2
151pl /216
86pl2/216
pl2
pl
pl2/2
Mp , кН м
65pl2/72
65pl2/216
Методическое руководство
Задание 14
4. Контроль результатов решения
4.1 Статическая проверка
pl2
X1=MА=65pl2/72
A
FА=281pl/216
C
l
pl
E
D
p
l
B FB=497pl/216
l
l
Подставив найденные значения реакций в уравнения равновесия, получим
тождества.
281 pl
65 pl 2
2
 3l 
 pl  2l  pl 2 
 M B  0 FA  3l  M A  pl  2l  pl  0 
216
72
281  65  2  72  72
281  281
 pl 2
 pl 2
0 !
72
72
65 pl 2
2
 pl  l  pl 2 
 M A  0  M A  pl  l  pl  p  2l  3l  FB  3l  0  
72
497 pl
 65  72  72  72  6  497
432  432
 p  2l  3l 
 3l  pl 2
 pl 2
 0!
216
72
72
281 pl
497 pl
 pl  2 pl 

216
216
 281  216  216  2  497
 497  497
 pl
 pl
 0!
216
216
 Fky  0  FA  pl  2 pl  FB  0  
4.2 Кинематическая проверка
Кинематическая проверка заключается в нахождении перемещения на одной
из опор, которое должно равняться нулю (угол поворота в жесткой заделке А
или вертикальное перемещение в точке В). Например, вертикальное
перемещение на опоре В по методу Мора находится путем перемножения
единичной эпюры m1 от единичной силы, приложенной в точке В и
окончательной эпюры изгибающих моментов M z .
m1M z
l  65 pl 2
5l 109 pl 2
86 pl 2 
 3l
 
B   
dx 
4
 2l
EI
6
EI
72
2
432
216
0
z
z 

l

l  86 pl 2
3l 237 pl 2
151 pl 2 
l  65 pl 2
l 11 pl 2



 

2
l

4

l

l

4

0
6 EI z 
216
2 432
216  6 EI z  216
2 432

l 3832 pl 2
l 4136 pl 2
l 304 pl 2



 0!
6 EI z 2  432
6 EI z 2  432
6 EI z 2  432
Методическое руководство
Задание 14
l
l
l
l
m1
l
3l
2l
65pl/216
281pl/216
281pl/216
Qy , кН
2
151pl /216
86pl2/216
pl2
pl
pl2/2
Mp , кН м
65pl2/72
65pl2/216
Значения в серединах участков интегрирования для эпюры M z
1  65 pl 2 86 pl 2  109 2

M z  

pl
участок
АС
2  72
216  432
участок
СD
участок
DB

1  86 pl 2 151 pl 2  237 2

M z  

pl
2  216
216  432

65 pl 2 1  65 pl  173 pl  l
11 pl 2
,
Mz  MD 

 
 
216
2
216
432
2
где  Q yDB / 2 - площадь эпюры Q y на участке DB/2, учитывая, что значение
QyDB / 2


1  65 pl  281 pl  173 pl
поперечной силы в середине этого участка Q y  
.

2
216
 216
Методическое руководство
Задание 14
5. Определение перемещений
Здесь целесообразнее использовать уравнение метода начальных параметров,
учитывая, что y0  0 и  0  0 .
M A l  02 FA l  03 65 pl 2  l 2 281pl  l 3 pl 4  304




 0,234 pl 4
2
6
72  2
216  6
1296
2
3
3
2
2
M A 2l  0
FA 2l  0
pl 2l  l 
65 pl  4l
281pl  8l 3 pl 4
EI z y 2l  






2
6
6
72  2
216  6
6
EI z y l  
308 pl 4
 0,238 pl 4
1296
Найдем на участке АС эпюры Мz координату х, при которой Мz=0
195
x
65 pl 2 216
x




86 l  x
72 86 pl 2 l  x
 195l  195x  86x  x 
195l
 0,694l .
195  86
Тогда перемещение в этой точке (в точке перегиба)
M A 0,694l  02 FA 0,694l  03 65 pl 2  0,6942  l 2
EIy 0,694l  



2
6
72  2
281pl  0,6943  l 3

 0,145 pl 4
216  6
M 4l  02 FA 4l  03 pl 4l  l 3 pl 2 4l  2l 2 p4l  2l 4
EIy 4l   A





2
6
6
2
24
FB 4l  3l 3 65 pl 2 16l 2 281pl  64l 3 pl  27l 3 pl 2  4l 2 p 16l 4







6
72  2
216  6
6
2
24
497 pl  l 3

 0,43 pl 4
216  6
При построении эпюры прогибов надо учесть, что упругая линия обращена
выпуклостью вниз там, где изгибающий момент положительный, а
выпуклостью вверх там, где он отрицательный. Нулевым точкам эпюра М
соответствует точки перегиба упругой линии в точке х = 0,694l перегиб
упругой линии прогибов оси балки. Значения на эпюре прогибов надо
pl 4
умножить на
.
EI z
y
0,234 0,238
0,145
B
A
x
0,694 l
l
0,431
2l
3l
4l
Методическое руководство
Задание 14
6. Общая картина всех эпюр, используемых при решении
6.1 Первый вариант основной системы
у
M=pl2
X1
A
p
х
C
D
F=pl
l
l
l
l
FB0
X1=1
A
E
B
C
 1 3l
х
D
E
B
l
l
FA0  1 3l
l
l
m1
1/3
2/3
M=pl
1
A
FBp  2 pl
2
p
C
D
FAp  pl
F=pl
l
E
B
l
l
l
pl
pl
Qp ,кН
pl
2
pl
pl2/2
Mp , кН м
65pl/216
65pl/216
Q(МА), кН
M1= m1МА , кН м
65pl2/72
13pl2/216
65pl2/216
281pl/216
65pl/216
281pl/216
Qy = Qр+ Q(МА), кН
pl
2
86pl2/216
pl2
151pl /216
pl2/2
Mz=Mp+M1, кН м
65pl2/72
65pl2/216
2
Методическое руководство
Задание 14
6.2 Второй вариант основной системы
M=pl2
p
C
A
l
E
B X1=497pl/216
D
F=pl
l
l
l
m1
l
2l
3l
M1=m1X1, кНм
2
497pl /72
497pl2/216
994pl/216
6pl2
4pl2
2pl2
pl2/2
Mp΄, кН м
pl2
pl2
Mp“ , кН м
Mp’’’ , кН м
pl2
281pl/216
65pl/216
281pl/216
Qy , кН
2
151pl /216
86pl2/216
pl2
pl
pl2/2
Mp , кН м
65pl2/72
65pl2/216