Лекция № 15

Лекция № 16
Тема 7. ПРОЧНОСТЬ ПРИ СЛОЖНОМ
НАПРЯЖЕННОМ СОСТОЯНИИ
7.1. Косой изгиб
Раньше мы рассматривали изгиб балок, когда силовая плоскость
совпадала с одной из главных плоскостей балки. Если же нагрузка не
лежит в главных плоскостях балки, изгиб называется косым. Расчет балок
на косой изгиб рассмотрим на примере изгиба балки–консоли,
изображенной
на
рис.7.1.
Разложим
силу
F
на
y
I
вертикальную FY = F cos и
горизонтальную
FX = F sin
составляющие. От действия FY
в сечении
1 – 1 возникает
Fx
O
изгибающий момент
X
X
Z
F
I
α
Fy
Z
Рис. 7.1
MX = FY z = F z cos = M cos ,
изгибающий
балку
в
вертикальной плоскости, а от
действия FX
-изгибающий
момент
MY = FX z = F z sin = M sin,
изгибающий
балку
в
горизонтальной плоскости.
Используем принцип
возникающие от MX и MY.
суперпозиции
и
сложим
напряжения,
 =  ( MX ) +  ( MY ) =

M
M
I
M cos 
M sin 
M cos  
 y  x X tg 
 X y Y x
y
x
IX
IY
IX
IY
IX 
IY

( 7.1 )
Найдем положение нейтральной линии ( Н-Л ), делящей сечение
балки на растянутую и сжатую зоны. Ее координаты обозначим хо и уо. На
нейтральной линии  = 0. Тогда из уравнения ( 7.1 ) получим
 0

I
 y  x 0 X tg   0
IY


( 7.2 )
Это уравнение нейтральной линии. Если х0=0 то из уравнения (7.2)
следует, что у0=0, то есть нейтральная линия проходит через начало
координат. Найдем угол β наклона нейтральной оси к оси х. (рис.7.2)
y0 I x
 tg .
x0 Iy
y0
Из треугольника OCD tg   , из уравнения (7.2)
x0
I
Отсюда tg  x tg . Если Ix=Iy, ,то балка не испытывает косой изгиб.
I
y
Опасными точками в сечении являются точки А и В, наиболее
удаленные от нейтральной линии. Их находят, проводя касательные к
контуру сечения, параллельные нейтральной линии. В точке А( х А , yA )
материал испытывает растяжение, а в точке В( хB , yB ) – сжатие. Если
материал разносопротивляется растяжению и сжатию, то проверяют
условия прочности, как на растяжение, так и на сжатие. Из формулы (7.1)
I
M cos
σ 
( y  x x tg )    раст
A
A
AI
I
x
y
σ
B

M cos
(y  x
B
B
I
x
Y
H
A
I
x tg )   
сж
I
y
O
σA
c
X β
F
Прогиб
при
косом
изгибе
перпендикулярен нейтральной линии. Это
можно
получить
самостоятельно,
рассматривая изгиб балки - консоли под
действиям
сосредоточенной
силы,
приложенной на ее конце.
Л
α
D
σВ
Рис. 5.26
Лекция № 17
7.2. Внецентренное растяжение – сжатие
В том случае, когда линия
действия нагрузки параллельна оси
стержня, но не совпадает с ней,
стержень испытывает внецентренное
растяжение или сжатие. Рассмотрим
внецентренное сжатие ( рис. 7.3,а ).
Перенесем силу F в точку О к оси
стержня. При этом к силе F добавятся
два изгибающих момента Mx = FyF
и
My = FxF ( рис. 7.3,б ).
Используем принцип суперпозиции и
определим напряжение в сечении от
центрального
сжатия
силой
Рис. 7.3
F
и изгиба от моментов Mx и Mу
My
Fx
F M
F Fy
Fx
σ σ  σ
σ
-  x y
x -  F y
(F)
(M )
(M )
A Ix
Iy
A Ix
Iy
x
y
y
x
F
F
 - (1  F y  F x)  - (1 
I
Iy
A
A
( x)
(
)
A
A
Y
B
H
УF
ax O
σВ
XF
X
ay
Л
A
y y
F y
i 2x
x x
F x)
i 2y
(7.3)
Найдем положение нейтральной
линии (H-Л), делящей сечение стержня на
растянутую и сжатую зоны. Координаты
нейтральной линии обозначим х0 и у0. На
нейтральной линии   0 . Тогда из
формулы (7.3) получим
y y0 x x0
1 F  F  0
i 2x
i 2y
(7.4)
Для построения нейтральной линии
вычислим отрезки, ах- это х0 при у0 = 0 и ау
– это
у0 при х0 = 0, отсекаемые
Рис. 5.28
нейтральной линией на осях координат ( рис. 7.4 ).
Из уравнения (7.4) при у0=0 получим
σА
i2
X ax
y
1 F
 0, a x  
.
x
i 2y
F
(7.5)
При х0=0 получим
i2
y ay
F
1
 0, a y   x .
(7.6)
2
y
ix
F
Опасными точками в сечении являются точки А и В, наиболее
удаленные от нейтральной линии. Их находят ,проводя касательные к
контуру сечения, параллельные нейтральной линии. В точке А ( х А, уА )
материал испытывает растяжение, а в точке В ( хB, уB ) сжатие. Если
материал разносопротивляется растяжению и сжатию, то проверяют
условия прочности как на растяжение, так и на сжатие. Из формулы (7.3)
x x
x x
y y
y y
F
F
(1  F A  F A )    раст ; σ  (1  F B  F B )   сж
A A
A A
i2
i2
i2
i2
x
y
x
y
Для некоторых материалов нежелательно, чтоб в сечении возникали
напряжения разных знаков. Так, например, серый чугун, бетон плохо
сопротивляются растяжению. Для стержней из таких материалов находят
ядро сечения - область, расположенную вокруг центра тяжести сечения и
обладающую следующим свойством: если внецентренную нагрузку
приложить внутри ядра сечения, то напряжения в сечении будут одного
знака. Построим ядро сечения для прямоугольного ( рис. 7.5,а ) и круглого
( рис. 7.5,б ) сечений.
σ

H
b/4
Л
y
b/4
III
x
H
Л
y
О
h
II
IV
d
4
x
I
O
b I
d
б
a
Рис. 7.5
Так как нейтральная линия не должна пересекать сечение, то есть
делить его на растянутую и сжатую зоны , то предельное ее состояние –
касательная к контуру сечения. Для прямоугольного поперечного сечения
( рис. 7.5,а ), отрезки, отсекаемые нейтральной линией Н-Л на осях
координат, равны
аx  ,
h
ay  .
2
Тогда из выражений ( 7.5 ) и ( 7.6 ) получим
i 2y
x 
 0,
F
ax
I
i 2x
bh 3
h
x
y 

 .
F
ay
h
Aa
6
y 12bh( )
2
Отложим точку I с такими координатами. Проведем нейтральные линии
через другие стороны прямоугольного контура и найдем координаты точек
II, Ш и IV. Соединим их и получим контур ядра сечения.
Для
отсекаемые
равны
круглого
поперечного
нейтральной
аx  ,
линией
ay 
сечения ( рис. 7.5, б ), отрезки,
Н-Л
на осях
координат,
d
.
2
Тогда из выражений ( 7.5 ) и ( 7.6) получим
i 2y
x 
 0,
F
ax
I
i 2x
nd 4
d
x
y 

 .
F
ay
Aa
8
nd 2 d
y
64
( )
4 2
Отложим точку I с такими координатами. Поворачиваем нейтральную
линию как касательную к контуру и получим ядро сечения в виде круга.
Лекция № 18
7.3. Изгиб с кручением
Если в поперечном сечении стержня равна нулю только продольная
сила N , то стержень испытывает изгиб с кручением. Таким образом, задача сводится к расчету стержня на косой изгиб и кручение. Наиболее часто
изгиб с кручением испытывают валы круглого или кольцевого сечений. В
этом случае IX = IY и мы имеем не косой, а плоский изгиб для каждого
сечения в своей плоскости. В этом случае расчет вала на изгиб с кручением проводится следующим образом:
- находим значения крутящих моментов и строем эпюру MК;
- определяем нагрузки, изгибающие вал в горизонтальной и вертикальной плоскостях и строем эпюры изгибающих моментов MX и MY ;
- находим суммарные изгибающие моменты в сечениях вала по формуле
M изг  M x2  M y2 ;
- находим опасные сечения вала, в которых величины крутящего и
суммарного изгибающих моментов являются либо максимальными,
либо достаточно большими;
- наиболее напряженными точками в опасных сечениях вала являются
точки на его периферии, в которых касательные и нормальные
напряжения максимальны :
M
M
 MAX  X .;
 MAX  K ,
WP
WX
- так как материал вала испытывает плоское напряженное состояние, расчет проводим с использованием критерия прочности и пластичности.
Валы обычно изготавливаются из малоуглеродистой стали, поэтому
используем критерий наибольших касательных напряжений или
энергетический критерий. Для этого определяем величины главных
напряжений. Учитывая, что WP = 2 WX , условие прочности запишем для
проверочного расчета
M расч. max
   ,
(7.7)
Wx
2
2
где M расч.max  M изг  М к . - расчетный момент по критерию наибольших
2
2
касательных напряжений, или M расч.max  M изг  0.75М к . - расчетный
момент по энергетическому критерию;
- при проектировочном расчете размеры поперечного сечения вала
найдем из условия
WX 
M расч. max
[ ]
.
7.4. Расчет винтовых цилиндрических пружин
Геометрия пружины определяется средним диаметром витка D ,
числом витков - n; углом подъема витка - . Шаг пружины
S  D  tg . Обычно S<<D и <5. Пружины растяжения, сжатия и
кручения отличаются отделкой концов ( рис. 7.6 ).
Рассмотрим пружины из круглой проволоки диаметром d.
F
F
F
m
m
F
n
I
про
F
F
Ось
в ол
ок и
а
б
в
Рис. 7.6
Рис. 7.7
Расчет пружин растяжения – сжатия. Используем метод
сечений ( рис. 7.7 ). В поперечном сечении проволоки, параллельно оси
пружины действуют силы F и
D
m
m

F
+
. В нормальном поперечном
+
2
Mk
сечении проволоки ( рис. 7.8 )
возникают внутренние силы:
+
Горизонталь
N
D
MИЗГ
M

m

cos


F
cos  ,
k
n
2
ds
D
M изг  m  sin   F sin  ,
2
Q F
Q  F cos  и N  F sin  .
Рис. 7.8
Рассчитаем пружину на прочность.
Влиянием Мизг и N пренебрегаем так. как  мал ( sin0; cos1 ).
В поперечном сечении возникают касательные напряжения от поперечной
силы Q и от крутящего момента Мк.
 Q  
Q F4

F d 2
;
 ( Mx) 
M x FD  16 8FD


.
Wp
2d 3
d 3
D
4 F 8FD 4 F
c





1

2
c
,
где
k
d - индекс пружины.
d 2 d 3 d 2
8FD
D
 max 
  .
 1 ,
Так как
то получим
d 3
d
Для пружинной стали:   (200  800)МПа .
Определим перемещение пружины. Пренебрегаем перемещениями
от действия Q, а также от действия N и Мизг , которые малы, так как sin
мал.
Остается перемещение от Мкр. Используем интеграл Мора для
   Q     M  
определения вертикального перемещения  пружины. Приложим
фиктивную единичную силу   1 в направлении перемещения.
D2F
FD 2
M k Mk dz
D
D
dz 
l ,
Тогда M k  cos   .   
. Откуда   
4
GI
4
GI
GI
2
2
k
k
k
l
l
l  Dn ,
d 4
Ik  Ip 
и
32
где l - - длина развернутой пружины,
FD 2n

4GI k ;
8FD 3n

Gd 4
Отогнутая часть для пружин растяжения и по ¾ витка с каждой
стороны для пружины сжатия в расчет не принимаются.
Расчет пружин кручения. В вертикальном сечении проволоки проходящем через ось пружины, действует горизонтальный момент m (рис. 7.9).
+
+
Mk
m
+
m
Mизг
n
Рис. 7.9
Рис. 7.10
В нормальном сечении проволоки возникают MK = m sin и Mизг = m cos
m
  .
(рис.7.10). Пренебрегаем MK.Условие прочности запишется  max 
Wx
Определим перемещение пружины. Для определения угла
закручивания всей пружины используем интеграл Мора. Приложим к
пружине единичный момент M изг  1 . Тогда перемещение пружины

l
М изг  Мизг  dz
m  1  dz ml mDn mDn  64 64mDn





4
4 .
EI
E

d
Ed
EI x
EI
EI
x
x
x
l
Величина усилия F, или момента m, при которой деформация
пружины равна 1 , называется жесткостью пружины – С. Для пружин
растяжения – сжатия
Gd 4
С
, для пружин кручения
8D3n
C
Ed 4
.
64Dn
7.5. Прочность толстостенного цилиндра
при действии внутреннего и внешнего давлений
Рассмотрим однородное тело цилиндрической формы в цилиндрической системе координат , , z (рис. 7.11, а) при действии
внутреннего pa и внешнего давления pb , которые являются осесимметричными нагрузками и вдоль оси z являются постоянными
величинами (рис. 7.11, б).
Радиальное перемещение произвольно взятой точки обозначим через u.
Величина u в данном случае является функцией только от текущего
радиуса .
Рис. 7.11
Обозначим r и  относительное удлинение в цилиндре в
радиальном и окружном направлении и выразим их через перемещение u.
Рассмотрим элементарный отрезок АВ = d, выделенный в радиальном
направлении до и после нагружения цилиндра (рис. 7.12, а). Для
определения  достаточно рассмотрения рис. 7.12, б.
Рис. 7.12
С учетом принятых обозначений и формы деформирования цилиндра
получим:
 
u
2 (  u)  2  u
;  
 .

2 

(7.8)
Для изучения напряженного состояния выделим из цилиндра элемент в
форме криволинейного шестигранника (рис. 7.13). В осевых сечениях
цилиндра из условий симметрии касательные напряжения отсутствуют и
сохраняются только нормальные окружные напряжения  .
Рис. 7.13
Поскольку в поперечных и радиальных сечениях касательные
напряжения также отсутствуют, следовательно, площадки в поперечном,
радиальном и тангенциальном направлениях являются главными
площадками, а напряжения z ,  ,  являются главными напряжениями.
Проецируя силы, действующие на выделенный элемент (рис. 7.13), на
радиальное направление, получим следующее условие равновесия:
(   d  )   d  d  d z    d  d z   d  d  d z  0 ,
откуда
 
d 
d
    0 .
Остальные уравнения равновесия для
тождественно.
Закон Гука в данном случае принимает вид:
 
(7.9)
элемента
выполняются
1
1
[   (    z )];    [   (    z )].
Å
Å
(7.10)
Деформация по направлению z отсутствует, из предположения, что
цилиндр бесконечно длинный, т.е. z = 0
Выражение напряжений в осевом направлении определяется
самостоятельно, если учесть, что в поперечных сечениях цилиндра с
площадью
F 

4
(D 2  d 2)
действует продольная сила:
Nz =   (pв D 2  pa d 2).
4
Следовательно,
z 
Nz
F

pa d 2  pâ D 2
D2  d2
.
(7.11)
Из (7.10) с учетом (7.8) выражения для напряжений  и  принимают
вид:
 
 u
u





 ;
 1   z
1   2  
 
u
u 

 

 .
  1   z
1  2  
E
(7.12)
E
Тогда уравнение
окончательный вид:
равновесия
(7.9)
с
учетом
(7.12)
примет
d 2u
u
1 du


 0.
d 2  d  2
(7.13)
Решение (7.13) записывается в виде:
u  c1  
c2
 ,
(7.14)
где с1 и с2  постоянные интегрирования, которые определяются из
граничных условий задачи:
d
D
  ;    pa ;   ;     pb .
при
(7.15)
2
2
Подставляя выражение u из (7.14) в выражение  из (7.12) с учетом
граничных условий (7.15) получим:
p d 2  pâ D 2 
1 
1
c1 

 a 2
 z ;
2
E
1 
E
D d
c2 
1 
1
D2 d2


 ( pâ  pà ) .
E
1   4 ( D 2  d 2)
(7.16)
В результате совместного рассмотрения (7.12), (7.14) и (7.16)
выражения для напряжения примут окончательный вид:
 
pà d 2  pâ D 2
 
pà d 2  pâ D 2
D2  d2
D2  d2



D2 d2
4 D2  d2


D2 d2
4 D2  d2

( pà  pâ )
;
2

( pà  pâ )
.
2
(7.17)

Рассмотрим случай нагружения цилиндра только
давлением, тогда принимая pв = 0, из (7.11) и (7.17) получим:
внутренним
z 
pa d 2
D2  d2
;
pa d 2 
D2 
1 

  2
2 
2 ;
D d 
4 
(7.18)
pa d 2 
D2 


  2
1
2 
2 .
D d 
4 
Анализ выражений (7.18) показывает, что  > z >  Следовательно
 = 1; z = 2;  = 3 . Выражение интенсивности напряжения в данном
случае принимает вид:
i 
1
(     ) 2  (     z ) 2  (  z   ) 2 .
2
Из (7.18), учитывая, что
1
2
 z  (     ) .
(7.18)
получим
i 
3
(     ) .
2
(7.19)
Предположим, что цилиндр изготовлен из неупрочняющегося
материала для которого условие пластичности выражается в следующем
виде:
i = T ,
(7.20)
где T  предел текучести материала цилиндра.
Подставляя (7.19) в (7.20) получим условия пластичности для данного
случая:
где
K

   = 2 K,
m
3
(7.21)
.
Из анализа выражений напряжений (7.18) следует вывод, что
наибольшее значение напряжение  принимает при  = d/2, т.е. на
внутренней границе цилиндра. Следовательно, по мере увеличения
внутреннего давления в пластическое состояние будут сначала переходить
внутренние, а затем и более близкие к внешней границе слои материала.
Для определения значения давления, при котором слои на внутренней
границе цилиндра, т.е. при  = d/2, переходят в пластическое состояние,
воспользуемся условием пластичности (7.21), подставляя в него
выражение напряжений из (7.18):
D2  d2

ò

pa  pm 
2
3
D
.
(7.22)
По мере дальнейшего роста внутреннего давления зона пластичных
деформаций от внутренней поверхности распространяется в сторону
наружной поверхности.
Для случая когда все поперечное сечение оболочки находится в
пластическом состоянии рассматривается условие равновесия (7.8) и
условие пластичности (7.21) и тогда:
d 
d

2K

.
(7.23)
Проинтегрировав последнее уравнение, получим:
   2 K  ln   C  .
(7.24)
Постоянная интегрирования C определяется из граничных условий
задачи:
 = D/2;  = 0.
(7.25)
D
C


ln
Подставляя (7.24) в (7.25), определим:
2 . Следовательно, из
(7.24) окончательно получим:
  2 K ln
D
2 .
(7.26)
Из условия пластичности (7.21) будем иметь

D

2  .
(7.27)

D
1  2 ln

2  .

(7.28)
   2 K 1  ln

Выражение для z принимает вид:
z 
K
Величину внутреннего давления, при действии которого вся оболочка
переходит в пластическое состояние, обозначим pа = РПР и получим из
граничных условий задачи при
(7.26) получим:
 = d/2 РПР = 
Следовательно, из
РПР = 2 K ln Dd .
Лекция № 19
Тема 8. ОБЩИЕ МЕТОДЫ ВЫЧИСЛЕНИЯ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ.
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМ
8.1. Принцип возможных перемещений и формула Лагранжа
Ж.Лагранж (1736-1813)-великий французский математик и механик.
Рассмотрим балку (рис. 8.1), находящуюся под действием силы Р.
Пусть некоторая точка А оси балки совершила конечное действительное
перемещение V , которое зависит от значения силы P , т.е. V  V z, P.
Изменим внешнюю силу P на бесконечно малую величину dP .
z
A
P+dP
v
v
Pi
P1
i
A
Pn
dv
Рис. 8.1
i
Рис. 8.2
Тогда действительное перемещение v получит бесконечно малое
перемещение dv. Рассмотрим теперь множество перемещений точки А,
которые могли бы быть сообщены точке А в соответствии с наложенными
на балку внешними связями, но не совершаются фактически вследствие
неизменности внешней силы Р. Назовём возможным перемещением любое
бесконечно малое воображаемое перемещение, которое может быть
сообщено точке А тела в данный момент в соответствии с наложенными на
него связями. В отличие от действительного бесконечно малого перемеще-
ния dv возможное будем обозначать  v , где символ  носит название
вариации и для него приняты те же правила, что и для дифференциала d.
Отметим, что это правило в данном случае не относится к нагрузке P.
Пусть теперь мы имеем упругое тело произвольной геометрической формы
(рис. 8.2). На него действует система обобщённых внешних сил
Pi , i  1,2,3,...,. Тогда точка А приложения одной из сил Pi совершит действительное перемещение, проекцию которого на направление этой силы
обозначим  i . Потенциальная энергия U может быть выражена либо через силы Pi , либо через перемещения  i :
U  U  (1 ,  2 ,...,  n )  U p P1 , P2 ,..., Pn .
Сообщим точкам приложения сил Pi возможные перемещения  i .

Pii . Считая, что U представЭлементарная работа внешних сил A 
лена через обобщённые перемещения, найдём элементарную работу внутренних сил:
U
U  
 i .
i  i
Приравнивая элементарную работу внешних и внутренних сил, получим условие:
(8.2)
 Pi i  U ,
i
выражающее принцип возможных перемещений Лагранжа. Вследствие
произвольности вариаций U i в (8.2) находим формулу:
Pi 
U
,
 i
выражающую собой теорему Лагранжа: частная производная энергии деформации по перемещению равна силе.
8.2 Принцип возможного изменения сил и формула Кастилиано
К.А. Кастилиано (1847-1884)-итальянский механик и инженер
Теорема Кастилиано. Пусть упругое тело нагружено произвольной
системой сил ( рис. 8.3,а ), потенциальная энергия деформации от их
действия равна – U. Одной из сил – Fn даем приращение dFn , тогда и
U
U  U 
dFn . Изменим порядок приложения сил ( рис. 8.3,б ).
Fn
Приложим вначале dFn . Проекцию перемещения на направление силы dFn
обозначим dn . Работа силы dFn
равна
dFn d n
. Затем приложим
2
систему внешних сил. Если бы не было силы dFn , то потенциальная
энергия деформации была бы U, но сила dFn при деформации тела
совершает работу dFnn (без 1/2, так как она уже приложена). Здесь n –
полное перемещение тела по направлению силы Fn . Итак, в данном
случае:
Fn dFn
F2
F1

1
dFn d n .
2
Потенциальная энергия деформации
не зависит от порядка приложения сил,
а связана с конечным состоянием
системы, которое в I и II случаях
одинаково.
U  U  dFn  n 

а

dFn
F1
Поэтому U  U .
F2
Fn
U
m
d n
n
б
U
1
dFn  U  dFn  n  dFn d n .
Fn
2
U
1
dFn  dFn  n  dFn d n .
Fn
2
Рис. 8.3
Последним членом пренебрегаем, так как он второго порядка
малости, а остальные – первого порядка.
Сокращая
на
dFn ,
получим
n 
U
.
Fn
( 8.5 )
Частная производная от потенциальной энергии деформации системы
по силе равна перемещению точки приложения силы по направлению этой
силы.
Рассмотрим пример на применение теоремы Кастилиано для
определения перемещений при изгибе
Определим прогиб свободного конца консоли, нагруженной силой
( рис. 8.1 ). Подставим уравнение ( 6.11) в формулу ( 8.5 ).
l
l
l
M 2x dz
F 2 z 2dz
F2
F 2l 3
2
U


z dz 
,

2
EI
2
EI
2
EI
6EI x
x
x
x 0
0
0
что совпадает с выражением (8.4).
U
Fl 3


,
F 3EI x
F
Лекция № 20
8.3. Интегралы Мора
Теорема Кастилиано дает возможность определения перемещений
лишь точек приложения внешних сил и только в направлении этих сил.
Если же надо определить перемещение некоторой точки в заданном
направлении, то приложим в этой точке фиктивную силу Ф, затем
составим выражение потенциальной энергии деформации с учетом силы
Ф. Дифференцируя это выражение по Ф, найдем перемещение точки
приложения силы Ф (заданной точки) в направлении действия силы Ф (в
заданном направлении). Чтобы определить искомое перемещение
необходимо положить Ф=0, так как на самом деле ее нет.
При изгибе в поперечном сечении балки возникают внутренние
силовые факторы Qy, и Mx . Пренебрегаем влиянием Qy на перемещения
балки. Пусть на балку действует заданная нагрузка F. От нее в
поперечных сечениях возникнет грузовой изгибающий момент МхF
Приложим в некоторой точке А по заданному направлению единичную
силу Ф  1 . Тогда к изгибающему моменту от заданной нагрузки в
поперечном сечении добавится единичный изгибающий момент от Ф  1 ,
обозначим его M x . Если в этой точке А по заданному направлению
приложить силу Ф  1 , то вследствие пропорциональности силовых
факторов нагрузке, изгибающий момент от фиктивной силы будет в Ф раз
больше единичного - M x  Ф , то есть, если к заданной системе
приложить заданную нагрузку и фиктивную силу Ф, то в поперечных
M x  M xF  M x  Ф .
сечениях балки изгибающий момент будет равен
Используем теорему Кастилиано для определения перемещения балки в
направлении силы Ф
 M XF  M X Ф dz
dz

M XF  M XФ2   dz  2M XF  M XФ M X




Ф l
2EI X
2EI X Ф
2EI X
l
l
2

l
Ф0

M XF  M X  dz
.
EI X
Этот интеграл называется интегралом Мора.
Для приближенного вычисления интегралов Мора можно
использовать способ Симпсона. Предварительно надо построить эпюры
грузовых ( рис. 8.4,а ) и единичных ( рис. 8.4,б ) изгибающих моментов.
На участке конструкции длиной l интеграл Мора запишется
MxF(C)
MxF
F
MxF(B)
l
MxF(A)
A
C
B
Z
Mx(B)
б
A
Mx(C)
Mx
a
Fl
z
Fl/2
В
С
МXF
Ф1=1
в l/2
l
Mx(A)
A
A
l/2
B
C
г
Z
В
С
MX1
l/2
l
Рис. 5.23
Рис.5.22
5.22
l
M x M xF
l
dz

(M xF (A)  M x (A) 
0 EI x
6EI x
 4M xF (B)  Mx (B)  M xF (C)  Mx (C))
Рассмотрим пример на применение интегралов Мора и способа
Симпсона для определения перемещений при изгибе. Определим прогиб
свободного конца консоли, нагруженной силой F ( рис.8.1 ). Приложим
заданную нагрузку F ( рис. 8.5,а ). Построим эпюру грузовых изгибающих
моментов MXF ( рис. 8.5,б ). На конце консоли, где мы хотим определить
перемещение, в направлении искомого перемещения – вертикально,
приложим единичную фиктивную силу Ф1 = 1 ( рис. 8.5,в ) и построим
эпюру единичных изгибающих моментов ( рис. 8.5,г ).
l
Тогда
vc  
0

M XF M x1
l
Fl l
2 Fl 3
Fl 3

( Fll  4 *  0.0) 

,
EIx
6 EIx
2 2
6 EIx 3EIx
что совпадает с выражением (8.4).
С помощью интегралов Мора можно определять перемещения
конструкций не только при изгибе, но и при произвольном их
нагружении. В общем случае при нагружении в поперечном сечении
конструкции, возникают все шесть внутренних силовых фактора N, Qy,
Qy, Mk , Mx , My. Ранее мы получили потенциальную энергию
деформации при растяжении и сжатии, при кручении , при изгибе.
Аналогичным способом можно получить значение
потенциальной
энергии деформации для
QX,
QY,
MY. Используя принцип
суперпозиции, запишем формулу для
деформации в общем случае нагружения
U  
li
i
потенциальной
энергии
2
Qy2 dz
Qx dz
M k2 dz
N 2 dz
  x
   y
 

2 EA
2GA
2GA
li li
i li
i li 2GI k
( 8.7 )
M y2 dz
M x2 dz
 
 
.
2
EI
2
EI
i li
i li
x
y
Здесь
х и y
– коэффициенты формы сечения. Они возникают
вследствие неравномерности распределения касательных напряжений по
сечению. Например, для некоторых сечений значения коэффициента
формы сечения приведены на рис. 8.6.
x 
x  y 
 x   y  1,2
10
9
А
А СТ
Рис. 8.6
Здесь АСТ – площадь стенки двутавра.
Проведем такие же выкладки для всех внутренних сил, какие ранее
провели для изгибающего момента МХ. От действия заданной нагрузки
найдем
грузовые силовые факторы МkF; МхF; МyF; NF; QxF; QyF. Под
заданной нагрузкой понимается любая нагрузка (F, М, q .).
От действия единичной нагрузки Ф  1 , приложенной в заданном
направлении в точке, перемещение которой ищется, найдем единичные
силовые факторы Mk , Mx , My , N, Qx , Qy . В том случае, если требуется
найти линейное перемещение, в качестве единичной фиктивной силы
используется сосредоточенная сила, равная единице, а если угловое
перемещение, то сосредоточенный момент равный единице.
Затем, используем принцип суперпозиции и складываем грузовые
силовые факторы с единичными силовыми факторами, увеличенными в Ф
раз, подставляем их в (8.7). Используем теорему Кастилиано
– дифференцируем полученное выражение по Ф, приравниваем Ф = 0, и
получим выражение для интегралов Мора в общем случае нагружения.
A 
U
Ф
M yF  M y
M kF  M k
M Mx
dz    xF
dz   
dz 
GI
EI
EI
i
i
k
x
y
li
li
li
Ф 1   
i
 y QeF Qy
Q Q
N N
   F dz    x xF x dz   
dz
EA
GA
GA
i li
i li
i li
( 8.8)
Лекция № 21
3.3. Анализ структуры стержневых систем
a)
I
C
X2
X1
B
X3
а
II
Ш=2
III
Ш=1
в)
б)
б
Рис. 3.7
г)
Пу
сть
N - степень статической неопределимости системы. Для систем без
замкнутых контуров ( рис. 3.7,а ) N=R - 3, где R - число реакций. Для
конструкций с замкнутыми контурами ( рис. 3.7,б )
N=3K-Ш, где K - число замкнутых контуров, Ш - число простых
одиночных шарниров, таких, которые соединяют в шарнире два элемента.
При добавлении в шарнире еще одного элемента, число Ш увеличивается
на единицу.
Так как статически неопределимую систему непосредственно
рассчитать не удается, превратим ее в статически определимую систему.
Основной системой называется статически определимая система,
полученная из статически неопределимой ( рис. 3.7,а ), отбрасыванием
д)
опорных связей ( рис. 3.8,а ), проведением разрезов ( рис. 3.8,б ),
введением шарниров ( рис. 3.8,в ) или комбинацией этих способов.
Полученная основная система должна быть геометрически
неизменяема, то есть ее элементы не должны перемещаться без их
деформации. На рис. 3.8,д изображена геометрически изменяемая основная
система, полученная из статически неопределимой системы ( рис. 3.8,г ).
Частным случаем геометрически изменяемой системы является мгновенно
изменяемая система ( рис. 3.8,е ).
Основная система, к которой приложена заданная нагрузка и
неизвестные пока реакции отброшенных связей или внутренние силы
называется эквивалентной системой.
3.4. Канонические уравнения метода сил
Введем обозначения:
 mn - перемещение по направлению mтой силы ( момента ) от nтой
нагрузки.
 mF - перемещение по направлению mтой силы ( момента ) от
заданной нагрузки, называемое грузовым перемещением.
 mn - перемещение по направлению mтой единичной силы ( момента )
от nтой единичной нагрузки, называемое единичным перемещением.
 Amn – работа mтой силы ( момента ) на перемещении по ее
направлению, вызванном nтой нагрузкой.
Выберем для расчета заданной системы ( рис.3.7,а ) эквивалентную
систему ( рис. 3.9 ). Найдем в эквивалентной системе вертикальное,
горизонтальное и угловое перемещения точки C от заданной
нагрузки. Вначале найдем вертикальное перемещение 1F от
заданной нагрузки. Затем найдем вертикальное перемещение от
силы X1. Приложим X 1  1 , от нее перемещение равно
11, а от силы X1 будет 11X1. Найдем вертикальное
C X2
перемещение от силы X2. Приложим X 2  1 , от нее
X1
перемещение равно 12: а от X2 будет 12X2. .Найдем
вертикальное перемещение от силы X3. Приложим
X3
B
X 3  1 , от нее перемещение равно 13: а от X3 будет
13X3. Используем принцип суперпозиции.
Тогда полное вертикальное перемещение точки C запишется:
CВЕРТ  11  X1  12  X 2  13  X3  1F  0
Вертикальное перемещение точки C равно нулю, так как в заданной
конструкции имеются в этой точке опорные связи, и точка C вертикально
перемещаться не может. Аналогично найдем горизонтальное и угловое
перемещения точки C:
CГОР   21  X1   22  X 2   23  X3   2F  0 ,
C  31  X1  32  X2  33  X3  3F  0 .
Таким образом, получаем систему трех линейных алгебраических
уравнений относительно “ лишних “ неизвестных X1, X2 и X3, решая
которую, найдем реакции в отброшенных связях рамы.
В общем случае для статически неопределимой системы со степенью
неопределимости, равной N, решается система канонических уравнений
метода сил N-ной степени.
11  X1  12  X 2  ...  1N  X N  1F  0
  X    X  ...    X    0
 21 1
22
2
2N
N
2F

                        
 N1  X1   N 2  X 2  ... NN  X N   NF  0
iк (
Коэффициенты ii называются главными i  k ) называются побочными iк >< 0.
( 3.3 )
ii > 0, коэффициенты
Лекция № 22
3.5. Теоремы о взаимности работ и взаимности перемещений
Теорема о взаимности работ
Рассмотрим
два состояния
системы, различающихся порядком
нагружения. В первом состоянии (
F1
F2
рис. 6.4,а ) вначале приложим силу F!.
I
Работа силы F1 на перемещении 11
будет равна A11=0.5*F1*11. Затем к
системе приложим силу F2, тогда
11
11
A22=0.5*F2*22
и
A12=F1*12.
12
F1
F2
Потенциальная энергия деформации
II
системы равна сумме работ сил, и в
первом
состоянии
будет
U1=A11+A22+A12 .
11
11
Во
втором
состоянии
12
( рис. 3.10,б ) изменим порядок
Рис. 3.10
нагружения. Вначале приложим силу
F2. Работа силы F2 на перемещении 22 будет равна A22=0.5*F2*22, Затем
к системе приложим силу F1, тогда A11=0.5*F1*11 , A21=F2*21.
Потенциальная энергия деформации системы во втором состоянии будет
U2= A11+A22+A21. Так как потенциальная энергия деформации системы не
зависит от порядка нагружения, а зависит от конечного состояния
конструкции, то A12=A21.
В общем случае
Aik = Aki ..
Теорема о взаимности перемещений
Если
Fi = 1,
Fk = 1 ,
то Fi*ik
= Fk*ki
и
ik = ki.
3.6. Порядок расчета статически неопределимых систем методом сил
1. Находим степень статической неопределимости системы по формулам
N=R – 3 или N=3K-Ш.
2. Записываем систему канонических уравнений метода сил ( 3.3 ) для
найденного значения N.
3. Рассматриваем один или
несколько вариантов основных систем
и соответствующих им эквивалентных систем и выбираем для дальнейшего расчета наиболее простой вариант эквивалентной системы.
4. Находим единичные коэффициенты,
входящие в канонические
уравнения метода сил.
Для этого к выбранной основной системе
прикладываем поочередно единичные « лишние » неизвестные,
находим от их действия единичные внутренние усилия в элементах
основной
системы
и
используем
интегралы Мора. Для
применения способа Симпсона строем эпюры единичных внутренних
усилий.
5. Определяем грузовые коэффициенты, входящие в канонические
уравнения метода сил. Для этого к выбранной основной системе
прикладываем внешнюю нагрузку, находим от ее действия грузовые
внутренние усилия в элементах основной системы и используем
интегралы Мора. Для применения способа Симпсона строем эпюры
грузовых внутренних усилий.
6. Подставляем
найденные
единичные и грузовые коэффициенты в
систему канонических уравнений метода сил, решаем ее и находим
значения « лишних » неизвестных.
7. Рассматриваем выбранную эквивалентную систему с найденными
значениями « лишних » неизвестных.
8. Находим внутренние усилия в элементах выбранной эквивалентной
системы и строим их эпюры.
9. Проводим статическую проверку равновесия узлов конструкции
и кинематическую проверку – вычисляем перемещения выбранной
эквивалентной системы по направлению отброшенных связей. Эти
перемещения должны отсутствовать.
10.Проводим проверку элементов статически неопределимой конструкции
на прочность.
3.7. Пример расчета статически неопределимых систем методом сил
Раздел дорабатывается