Феодосьев В.И. Сопротивление материалов 1986 г. (1240839), страница 37
Текст из файла (страница 37)
Если жесткость стержня АВ очень велика, то Хг=РГ2, и стержень воспринимает половину силы Р. Если стержень АВ очень податлив, то Хт-ьб, и вся сила Р воспринимается рамой, На рис. 243 представлена зпюра изгибающих моментов в раме и форма ее изогнутой оси. й 47. Использование свойств симметрии при раскрытии статической неопределнмости Положим, имеется некоторая симметричная рама (рис.
244). Ее правая часть может рассматриваться как зеркальное отображение левой части относительно плоскости симметрии. При расчете таких рам оказывается возможным упростить решение задачи и снизить число искомых силовых факторов. Рассмотрим случаи нагружения рамы симметричной и кососимметричной нагрузками. Под симметричной нагрузкой будем понимать такую, при которой все внешние силы, Спммапригнпп Игггппммгмпигппп иггругул гигругги Рис. 244 приложенные к правой части рамы, являются зеркальным отображением сил, приложенных к левой части (рис.
244, б). Под кососнмметричной, или антисимметрнчной, нагрузкой будем понимать такую, прн которой силы, приложенные к правой половине рамы, также являются зеркальным отображением сил, приложенных к левой половине, но противоположны им по знаку (рис. 244, в). Аналогично классифицируем и внутренние силовые факторы. Рассмотрим для этого некоторое произвольное сече- 264 гл. а раскрытие статическон неопределнмости ние рамы, в котором возникает шесть силовых факторов.
В правой и левой плоскостях произведенного сечения (рис. 245) силы и моменты равны. Посмотрим, какие из шести силовых факторов образуют зеркальное отображение относительно плоскости сечения. Такими оказываются три: два изгибающих момента и нормальная сила. Будем их называть симметричными внутренними факторами. Крутящий момент и обе поперечные силы в принятой терминологии должны быть названы кососимметричными силовыми Рис. 245 Рис. 246 факторами.
Каждый из них противоположен по знаку зеркальному отображению взаимного фактора. Нетрудно теперь доказать следующие положения. У симметричной рамы в плоскости симметрии при симметричной внешней нагрузке обращаются в нуль кососимметричные силовые факторы, а при кососимметричной внешней нагрузке — симметричные силовые факторы. Обратимся к симметричной раме, например к показанной на рис. 244, и выберем основную систему, разрезая раму по плоскости симметрии (рис.
246). Обозначим через Х, и Х, кососимметричные силовые факторы и через Х„Х„ Х„Х, — симметричные и выпишем систему канонических уравнений. В данном случае их будет шесть: 6„Х,+6„Х,+6„Х,+6„Х,+бмХ,+6„Х,= — б,р, Заметим теперь, что в этих уравнениях многие из коэффициентов обращаются в нуль. Это будут все коэффициенты, 3 47. ИСПОЛЬЗОВАНИВ СВОЙСТВ СИММВТРИИ 235 у которых один индекс принадлежит симметричному, а другой — кососимметричному фактору. Например, обращается в нуль коэффициент 6„. Индекс 1 принадлежит кососнмметричному фактору (Х, и Х, — кососимметричные факторы), а индекс 3 — симметричному фактору (Х„Х„Х, и Х, — симметричные факторы).
Обращаются также в нуль бзм бвв, бзв, бзз, 644 и т. д. Происходит это потому, что в симметричной раме не возникает взаимных кососимметричных перемещений под действием симметричных нагрузок. Точно так же не возникает симметричных перемещений под действием кососимметричных факторов. Сказанное становится еще более очевидным, если учесть, что в рассматриваемой системе эпюра изгибающих моментов от кососимметричных факторов будет Рнс. 247 кососимметричной, а от симметричных факторов — симметричной (рис.
247). При перемножении таких эпюр, естественно, получим нуль, в то время как перемножение косо- симметричной эпюры на кососимметричную и симметричной на симметричную дает результат, отличный от нуля. Итак; вычеркивая из системы уравнений коэффициенты, обращающиеся в нуль, получаем бззХ, + б„Х, = — б,„, б„Х,+б„Х,= — б,р, бвзХв+ бввХ4+ бввХв+ бввХв = бвю Как видим, система уравнений распалась на две независимые. 2зз гл. к глсквытив стлтичвскон нвопввдвлимости Теперь положим, что внешняя нагрузка является симметричной. Из высказанных выше соображений следует, что б,г=б,а=О.
Первая система уравнений становится однородной. Тогда Х,=О, Х,=О. Следовательно, при симметричной нагрузке кососимметричные силовые факторы в плоскости симметрии обращаются в нуль. При кососимметричной нагрузке б,р — — б,р — — б,р=б,р=О. Тогда Х,=О, Х,=О, Х,=О, Х,=О.
В этом случае в плоскости симметрии обращаются в нуль симметричные силовые факторы. Все сказанное, понятно, сохраняет силу не только для плоских, но и для пространственных рам при любой степени статической неопределимости. Если нагрузка, приложенная к симметричной раме, не обладает ни прямой, ни косой симметрией, всегда имеется Рис. 24З возможность разложить ее на кососимметричную и симметричную, как это показано, например, на рис. 248. Задача, таким образом, распадается на две. Рассматриваются отдельно симметричная рама с кососимметричной нагрузкой Рис. 249 и рама с симметричной нагрузкой. Внутренние силовые факторы в раме определяются в дальнейшем наложением полученных решений. 4 47. использование сВОйстВ симметРии 237 В случае, если рама обладает так называемой косой геометрической симметрией (рис. 249), можно также путем сопоставления зпюр для двух половин рамы получить упрощения в системе канонических уравнений.
Нетрудно, например, таким способом установить, что для рамы, показанной на рис. 249, при выбранной основной системе Р г г д — э — э бтз=О без=О бтр=О бар=О Тогда уравнения принимают вид бмХ, + быХ, = О; Рис. 250 Следовательно, в сечении А возникает только изгибающий момент, а нормальная и поперечная силы обращаются в нуль. П р и м е р 6.4. Раскрыть статическую иеопределимость и построить эпюру изгибающих моментов для рамы, показанной на рис. 250. Рама симметричная и нагружена кососимметрично расположенными силами. Разрезаем ее по оси симметрии и в произведенном сече- Р Г г з РГ Рг Л г д л Рис.
251 нии прикладываем силы Х, (рис. 251). Симметричные силовые факторы, как мы уже знаем, равны здесь нулю. Взамен трех уравнений получаем одно: 6ИХт+бтр=о, где бы= 7(э Р(з 3 12Е7 ' ' 4Е7' = —, б,р= — —, откуда Хд= — Р. Эпюра изгибающих момен- 7 тов и форма изогнутой оси рамы представлены на рис. 252. П р и и е р 6.5. Определить наибольший изгибающий момент в кольцевой раме, нагруженной двумя силамн Р (рис. 253). Рама три раза статически неопределима, но условия симметрии позволяют сократить число неизвестных до одного. Разрежем раму по вертикальному диаметру АВ (рис. 254, а), т.
е. по оси симметрии. В сечениях А и В поперечные силы равны нулю. Рама одновременно Р симметрична относительно линии действия сил. Поэтому 4Ул = )ив= —, Ми=-МВ. Обозначим момент через Х. 233 ГЛ. О. РАСКРЫТИЕ СТАТИЧЕСКОЙ ИЕОПРЕДЕЛИМОСТИ У а гу -РТ га РТ Рис. 252 В Рис. 253 Определяем коэффициенты канонического уравнения а/3 о о Тогда б!р /1 1~ Х,- — — =Р!! ( — — ). бы ~2 пу' Изгибающий момент в произвольном сечении равен алгебраической сумме момента от заданных сил Мр и момента М„ увеличенного в Хт РЕЯ дув вгл 4 Рис. 254 Рис. 255 раз. В итоге 31 1 Мчат=Ми — Хт =РР ! — — — соз ~р).
2 Согласно этому выражению на рассматриваемой четверти окружности может быть построена эпюра изгибающего момента, а затем по условиям симметрии распространена и на другие участки окружности (рис. 255). Наибольший изгибающий момент возникает в точках приложения аьч Р и равен РК и. В итоге получаем аквивалентную систему, представленную на рис. 254, б. В сечении с угловой координатой ф момент от ваданных сил Р будет Мр= — (! — соз~р). Момент единичного силового фактора равен Р~ 2 Мх= — 1.
з Ьт. ИСПОЛЪЗОВАНИВ СВОЙСТВ СИММВТРИИ 239 П р и м е р 6.6. Раскрыть статическую неопределимость и построить зпюру моментов для рамы, показанной на рис. 256. Рама геометрически кососимметрична. Разрезаем ее в центре симметрии и прикладываем в сечении три неизвестных силовых фактора (рис. 257).
Строим все четыре зпюры моментов (одну — от заданных сил и три — от единичных силовых факторов). Сопоставляя зти впюры (рис. 258), убеждаемся, что бер — — бар=6„=б,з=0. Рис. 257 Рис. 256 Рис. 258 Следовательно, система трех канонических уравнений принимает вид бмХг= — бтрв безХ,+бзаХа =0 4ззХа+бааХз=0, откуда Ха=Ха=0 2аб гл. а.
РАскрытив стАтическОЙ нвопрвделимости Далее, перемножая зпюры, 81 2о(з находим бм = —, бал=в Е3 ' ЗЕ,У н Хг -дР!12. Суммарная зпюра нзгнбаю. шнх моментов показана на рнс. 259. Рассмотрим еще один 1 пример, не относящийся к Ир) свойствам симметрии, но наглядно иллюстрирующий значение правильно выбранной основной системы при раскрытии статической неопределимости. уз Уур)а Рнс. 259 П р н м е р 6.7. Раскрыть статическую неопределнмость балки постоянного сечения, расположенной на десяти равноотстоящнх друг от друга опорах (рнс. 260). л Рнс. 260 В данном случае (н не только в данном, но н вообще для многопролегной балки) удобно образовать основную систему, врезая на опорах шарниры н вводя в качестве неизвестных так называемые опорные моменты (рнс.
261, а). Таких моментов будет восемь. УУ Ху Ху Хг Ха Ху Ху Хв Ха н Рнс. 261 й 47. ИСПОЛЬВОВАИИВ СВОЙСТВ СИММЕТРИИ 241 Построим вцюры от заданного и от единичных моментов (рис. 261, а — е). Эпюры от единичных моментов представляют собой трв. угольники, расположенные лишь на смежных с опорой пролетах, а эпюра от внешних сил изображается треугольником на первом пролете. Составим систему иэ восьми уравнений. В первом уравнении отличными от нуля будут следующие коэффнпиенты: 21 1 М1 бы= —, бге= —, бтр= —.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
