Феодосьев В.И (823545), страница 31
Текст из файла (страница 31)
При определении перемещений в таких системах пользоваться теоремой Кастилиано в том виде, в какомэто делалось здесь, недопустимо.В случае нелинейной зависимости между силами и перемещениями используют более общие энергетические соотношения, выведенные на основе принципа возможных перемещений.Более общую формулировку получает и теорема Кастилиано,которая в этом случае трактуется как теорема о минимуме такназываемой дополнительной работы.Рассмотрим простейшие примеры определения перемещений при помощи теоремы Кастилиано.233Пример 5.1. Определить при помощи теоремы Кастилиано уголповорота правого торца стержня (рис. 5.9), нагруженного моментом ЯИ.Рис. 5.0Внутренняя потенциальная энергия стержня при кручении, согласIзно выражению (5.3), равна U = [.
Так как Л/ж = ЯЛ, а жесткостьJ 2Gо..аи2*п жжтпредполагается неизменной, то и =. Дифференцируя по ЯЛ, нахо2G JЯ11dUчто совпадает с известным выражением для углаДИМ * = ЭСТ = Gзакручивания.Пример 5.2. Определить прогиб консоли (рис. 5.10), нагруженнойна конце силой Р.Рис. 5.10iп- п[ М* dzПотенциальная энергия стержня при изгибе и = /.
На расJ 2EJxостоянии z от конца Мх = —Pz. При постоянной жесткости EJX получаем..Р313 „осdUР13и = „ _ _ . Перемещение точки приложения силы Ро = -г-=т =, .6EJXдР3EJXЭто значение прогиба уже было получено ранее методом интегрированияупругой линии стержня.Пример 5.3. Определить вертикальное перемещение точки А дляконструкции, показанной на рис. 5.11. Жесткости стержней одинаковы иравны EF.Если не пользоваться теоремой Кастилиано, то такую задачу решитьбыло бы довольно трудно.
Нужно было бы найти удлинения всех стержней, а затем путем геометрических преобразований установить положение234узлов деформированной фермы. Тадом способ решения привел бы, несомненно) к громоздким выкладкам. При помощн теоремы Кастилиано этазадача решается несравненно проще.Рис. 5.11Сначала методом вырезания узлов находим усилия в каждом стержнеи полученные значения N сводим в таблицуНомерНомерNi4Ui1р1Р212EF2-Pyfi1\/23р1стержняNikUi4_р1Р212EF2Р2к/22EF5-Р^21у/22 Р2 1у/22EFР212EF62Р14Р212EFстержняДалее определяем значение потенциальной энергии для каждогостержня U{=- * — и заполняем последний столбец этой таблицы.Суммируя находимР21и = —— (7 + 4>/2).2EFИскомое перемещение точки А равнодЦ _ Р1ЭР ~ EF5.3.
Интеграл МораОпределение перемещений при помощи теоремы Кастилиано, как можно было убедиться на примерах, обладает темочевидным недостатком, что дает возможность найти перемещения только точек приложения внешних сил и только в235направлении этих сил. На практике же возникает необходимость определять перемешения любых точек системы в любомнаправлении.Выход из указанного затруднения оказывается довольнопростым. Если необходимо найти перемещение точки, к которой приложены внешние силы, мы сами прикладываем вэтой точке внешнюю силу Ф в интересующем нас направлении.Далее, составляем выражение потенциальной энергии системыс учетом силы Ф.
Дифференцируя его по Ф, находим перемещение рассматриваемой точки по направлению приложеннойсилы Ф. Теперь остается вспомнить, что на самом деле силыФ нет, и положить ее равной нулю. Таким образом, можноопределить искомое перемещение.Определим перемещение точки А в направлении оси цдля стержневой системы, показанной на рис. 5.12.мф•*/Рис. 5.12Приложим в точке А по направлению xi силу Ф. Внутренние силовые факторы в каждом поперечном сечении при этом,вообще говоря, изменятся на величины, зависящие от силы Ф.Например, крутящий момент в некотором поперечном сечениибудет иметь вид+ Л/Кф,где первое слагаемое представляет собой момент, который возникает под действием заданной системы внешних сил, а второе слагаемое - дополнительный момент, который появляется в результате приложения силы Ф.
Понятно, что и Мкр, иМкф являются функциями г, т.е. изменяются по длине стержня. Аналогично появляются дополнительные слагаемые и уостальных внутренних силовых факторов: Мх = Мхр + Л/Гф,Му = Мур + МУф и т.д.236Совершенно очевидно, что дополнительные силовые факторы Л/Кф,... пропорциональны Ф. Если силу Ф, например, удвоить, удвоятся соответственно и дополнительныесиловые факторы. Следовательно,Мк=Л/кр+ЛГк1Ф; Л/х=ЛГхр+ЛГЖ1Ф; Му=Мур+Му\Ф]]У = ]Ур+7У1Ф; Qx = Qxp+Qzi$; Qy = Qyp+Qyi$>где MKi, ЛГХ1,некоторые коэффициенты пропорциональности, зависящие от положения рассматриваемого сечения, т.е.переменные по длине стержня.Если исключить систему внешних сил и заменить силу Фединичной силой, то Мк = AfKi, Мх = Мх\ и т.
д. Следовательно, ЛГК1, Л/zi, Afyi, JVi, Qxi и Qyi суть не что иное,как внутренние силовые факторы, возникающие в поперечномсечении под действием единичной силы, приложенной в рассматриваемой точке в заданном направлении.Вернемся к выражению энергии (5.3) и заменим в нем внутренние силовые факторы их значениями (5.7). ТогдаГ (МкР + Мх1Ф)2 dz[ (MxP + Mx&2dzJ2GJKJ2EJXIIf (MyP 4- Afyi$)2 dzf (NP 4- JVjfc)2 dz+J2ЁТУ+J2EF+II, f kx(Qxp + Qxl$)2 dz t f ky(QyP + Qyi$)2dz+J2GF+J2GF•IIДифференцируя это выражение по Ф и полагая после этогоФ = О, находим перемещение точки А:г __ 9U__ [ MKpMKi dz t [ МхрМх\ dz t f MypMyi dzА=дФ Ф=О=УGA+JEJ~x+JЁТУ+IlIУ NpNi dzуdz , У kyQypQyi dz+ J ~ЁГ~ + ] ------ GF------ + J ------- GF------ ■II(5 8)IПолученные интегралы носят название интегралов Мора,237Заметим, что интегралы Мора могут быть выведены ибез использования теоремы Кастилиано из простых геометрических соображении.
Рассмотрим, например, консоль, показанную на рис. 5.13, и определим перемещение точки А по направлению жр Будем считать для простоты, что искомое перемещение является следствием только изгиба.Рис. 5.13На элементарном участке длиной dz произойдет изменениекривизны, и правое сечение повернется относительно левого науголdO — | i —— ] dz,\Р PoJгде l/p - новая, а 1/ро - старая кривизна.Вследствие возникновения местного угла поворота праваячасть повернется как жесткое пелое, и точка А переместитсяпо направлению xi на d6A = ААи = АЛ/sin а = О A sin adfhНо OAsina = ОВ.
Следовательно, d6A = OBdO. Отрезок OBпредставляет собой не что иное, как момент относительно точки О единичной силы, приложенной в точке А по направлениюzj. Таким образом, d6A = Mi d0, илиd6A = (- - — ) Мг dz,\P PoJоткуда6л - [ (- - —dz.J \P PoJI238Аналогично можно составить выражения перемещенийдля кручения, растяжения и сдвига. В общем случае6А= [ &PMKldz+[(--—} Mxldz+ /(--—У Myldz+JJ \P PoJxpJ \P Pojyp+ У ePNidz + J 'fgpQxi dz + J 'TypQj/i dz.(5.9)1IIВыражение (5.9) является более универсальным, чем выражение (5.8), поскольку в нем не предполагается линейнойзависимости 0, (1/р — 1/ро)> € и т. д. от внутренних силовыхфакторов.
Оно применимо, в частности, и для случая неупругого изгиба и кручения.Если материал подчиняется закону Гука, тоМк~ GJK'1р1 _ Мр0~ EJ]N .£~ EF’_ kQ7 “ GF'и тогда выражение (5.9) переходит в (5.8).Пример 5.4. Определить горизонтальное перемещение точки Аконсоли, показанной на рис. 5.14, а. Жесткость всех участков постояннаи равна EJ.Рис. 5.14В рассматриваемом стержне основную роль играют изгибные перемещения. Перемещения вследствие растяжения и сдвига так же малы посравнению с перемещениями изгиба, как и энергия растяжения и сдвига239по сравнению с энергией изгиба.
Поэтому из шести интегралов Мора (5.8)берем один - для изгиба -fсSa = JMpMi dz—ЁГ~I(изгиб во второй плоскости и кручение отсутствуют).Изгибающий момент силы Р на участке АВ равен нулю. На участкеВС МР = Ря, а на участке CD Мр = РЯ(1 4-ainyj).Момент от единичной силы на участке АС равен нулю, а на участкеCD Mi = — 1 • R (1 — cos p). Знак минус поставлен в связи с тем, что единичный изгибающий момент направлен в сторону, противоположную Мр.Произведение МРМ\ на участке АС оказывается равным нулю. Поэтому интегрирование ведем только на участке CD.
Заменяя dz на Rdip^получаемт/2PR3 [6л = ~~ЁУ / С1 + sinw) (1 - cosv?)<i^,Ооткудает-1 PR36л-------- 2~ ~ЁГЗнак минус указывает на то, что горизонтальное перемещение точки Анаправлено не по единичной силе, а против нее, т.е. влево (рис. 5.14, б).Пример 5.5. Определить, насколько раскроется зазор в разрезанном кольце (рис. 5.15) под действием сил Р. Жесткость кольца равнаEJ.Рис. 5.15В точке В (см.
рис. 5.15) изгибающий момент Мр от заданных сил Р равенРЯ(1 — cos^), где <р - центральный угол.Полагая левый конец кольца закрепленным,прикладываем к правому единичную силу,с тем чтобы найти перемещение одного конца относительно другого (рис. 5.16, а). Реакция опоры будет равна единице, поэтому оба рисунка рис. 5.16, а и б, равноценны. Из сказанного, между прочим, следует,что вообще, когда нужно найти взаимноесмещение двух точек, следует прикладывать в этих точках равные, противоположно направленные единичные силы, действующие по прямой, соединяющей этк точки.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
