Интеграл Мора

ЛЕКЦИЯ №16 Интеграл Мора. Получим универсальную формулу для определения перемещений в балках. Пусть для балки, показанной на рис. 16.1а, требуется определить перемещение i-ой точки в заданном направлении, обозначенное ∆ i , F . Рассмотрим еще одно состояние балки, в котором на балку в точке i действует одна единственная сила, равная единице (рис. 16.1,б). Первое состояние назовем действительным, второе – возможным. Согласно принципу взаимности работ A12 = A21 . Вычислим работы А12 и А21. Очевидно, что работа внешних сил второго состояния на перемещениях первого равна A21 = ∆ iF ⋅1 = ∆ iF . Рис. 16.1 Работу A12 выразим через внутренние силы. Выделим из балки элемент dz. Рис. 16.2 Взаимный угол поворота сечений элемента dz в первом (действительном) M F dz d = ϕ состоянии равен EI x (рис. 16.2), где MF – изгибающий момент в сечении «z» от приложенной нагрузки. Во втором состоянии (см. рис. 16.2) на гранях элемента dz действуют изгибающие моменты M i . Работа этих моментов на перемещениях первого M F dz dU = M i . Работа внутренних сил второго состояния состояния равна EI x на перемещениях первого для всей балки находится суммированием (интегрированием) по ее длине. Таким образом, U = ∫ M F M i dz M M dz . Следовательно, A12 = ∫ F i EI x EI x . На основании теоремы о взаимности работ получаем: l ∆i, F = ∫ M F M i dz . EI x Полученное соотношение называется формулой или интегралом Мора. Чтобы воспользоваться этой формулой, необходимо: 1. Получить аналитическое выражение для изгибающих моментов MF от нагрузки. 2. Приложить единичную силу в том направлении, в котором необходимо найти прогиб или единичный момент в том направлении, в котором необходимо найти угол поворота сечения. 3. Получить аналитическое выражение для изгибающих моментов M i от единичной силы или единичного изгибающего момента. 4. Вычислить перемещение по формуле Мора. Вычисление перемещений по формуле Мора можно упростить, если жесткость в пределах балки не меняется. В этом случае величину EI можно вынести за знак интеграла: l 1 ' y= M M dz ; F i EI x ∫0 (16.1) l 1 '' θ= M M dz , F i EI x ∫0 (16.2) M F – выражение изгибающего момента от заданной нагрузки; где M i' – выражение изгибающего момента от единичной безразмерной ' силы F = 1 , приложенной в сечении, где определяется прогиб, в направлении искомого прогиба; M i'' – выражение изгибающего момента от единичного безразмерного момента M ' = 1, приложенного в сечении, где определяется угол поворота, в направлении искомого угла поворота. Решение задачи, в этом случае, сводится к вычислению интеграла типа l ∫ M F M i dx. Но эпюра Mi всегда состоит из отрезков прямых линий. Рассмотрим участок балки, где эпюра произвольное очертание (рис. 13.5). Mi прямолинейна, а эпюра MF имеет Рис. 13.5 Положим, на участке длиной l нужно взять интеграл от произведения двух функций f1 ( z ) ⋅ f 2 ( z ) : l J = ∫ f1 (z ) ⋅ f 2 ( z )dz , (13.9) при условии, что по крайней мере одна из этих функций – линейная. Пусть f 2 ( z ) = b + kz . Тогда выражение (13.9) примет вид l l J = b ∫ f1 ( z ) dz + k ∫ z f1 ( z ) dz. Первый из написанных ограниченную кривой интегралов представляет собой площадь, f1 (z ) (см. рис. 13.5), или, короче говоря, площадь эпюры M F : l ∫ f (z )dz = Ω 1 1 . Второй интеграл характеризует относительно оси координат, т.е. l ∫ z f (z )dz = Ω z 1 1 c .t . статический момент этой площади , где zc.t. – координата центра тяжести первой эпюры. Теперь получаем J = Ω1 (b + k z c.t . ). Но b + k z c.t . = f 2 ( z c.t . ). Следовательно, J = Ω1 f 2 (zc.t . ). Таким образом, по способу Верещагина операция интегрирования заменяется перемножением площади первой эпюры на ординату второй (линейной) эпюры, лежащей под центром тяжести первой. В случае, если обе функции f1 (z ) и f 2 (z ) – линейные, операция перемножения обладает свойством коммутативности. В этом случае безразлично, умножается ли площадь первой эпюры на ординату второй или площадь второй эпюры на ординату первой. Кажется на первый взгляд, что способ Верещагина не дает серьезных упрощений, так как нахождение площадей некоторых эпюр может быть достаточно трудоемким. Однако на практике подавляющее число эпюр может быть разбито на простейшие составляющие: прямоугольник, треугольник и отсеченная часть параболы, площадь и положение центра тяжести которых известны (табл. 13.1). Таблица 13.1 № Эпюра Площадь Ω Координаты центра тяжести z1 z2 1. 2. 3. 4. Прямоугольник h⋅l 1 l 2 1 l 2 1 ⋅h⋅l 2 1 l 3 2 l 3 1 ⋅h⋅l 3 1 l 4 3 l 4 ql 3 12 1 l 2 1 l 2 Треугольник Параболический треугольник Фрагмент балки При перемножении эпюр необходимо соблюдать несколько правил: 1. Обе эпюры на участках перемножения должны существовать. 2. На участках перемножения обе эпюры должны быть знакопостоянны. 3. На участках перемножения обе эпюры не должны иметь переломов. 4. Одна из эпюр должна быть линейной. В случае, если какое, то из правил не соблюдается, то необходимо или разбивать на более маленькие участки перемножения, или использовать другой метод. Рассмотрим на примере применение способа Верещагина и интегрирование дифференциального уравнения упругой линии балки. Пример 13.1. Для балки (см. рис. 13.6,а) найдем прогиб в точке К и угол поворота в сечении над опорой А. Реакции в опорах будут равны RA=34кН и RB=6кН. Эпюры внутренних силовых факторов Mx и Qy построены на рис. 13.6,б,в. а) В соответствии с методом Мора строим эпюры изгибающих моментов от единичных нагрузок: – M x' от силы F ' = 1 , приложенной в сечении K, где нужно определить прогиб ϑK (рис. 13.6,г,д); – M x' ' от момента M ' = 1, приложенного в сечении А, где требуется найти угол поворота θ A (рис. 13.6,е,ж). Рис. 13.6 Записываем интегралы Мора (13.7), (13.8). Применяя способ Верещагина, имеем: l 1 1 ' M M dz = ⋅ (−Ω1 ⋅ M 1' − Ω 2 ⋅ M 2' − Ω3 ⋅ M 3' − Ω 4 ⋅ M 4' + yК = x x ∫ EI x 0 EI x + Ω5 ⋅ M 5' + Ω 6 ⋅ M 6' + Ω 7 ⋅ M 7' − Ω8 ⋅ M 8' ); 1 l 1 '' M M dz = ⋅ (Ω1 ⋅ M 1' ' + Ω 2 ⋅ M 2' ' + Ω 3 ⋅ M 3' ' + Ω 4 ⋅ M 4' ' − θА = x x ∫ EI x 0 EI x − Ω 5 ⋅ M 5' ' − Ω 6 ⋅ M 6' ' ). Используя табл. 13.1, получаем: Ω1 = 1 ⋅ 15 ⋅ 2,5 = 18,75кН ⋅ м 2 ; 2 2 Ω 3 = 9 ⋅ 1,5 = 13,5кН ⋅ м ; Ω2 = 1 ⋅ 6 ⋅ 1,5 = 4,5кН ⋅ м 2 ; 2 10 ⋅ 13 Ω4 = = 0,8(3)кН ⋅ м 2 ; 12 1 ⋅ 9 ⋅ 1 = 4,5кН ⋅ м 2 ; Ω 6 = 11 ⋅ 1 = 11кН ⋅ м 2 ; 2 10 ⋅ 23 1 2 Ω8 = = 6, (6)кН ⋅ м 2 . Ω 7 = ⋅ 20 ⋅ 2 = 20кН ⋅ м ; 2 12 Ординаты с эпюры M x' , снятые под центрами тяжести выше найденных Ω5 = фигур: M 1' = 0, (6) м ; M 2' = 1,2 м ; M 3' = 1,3 м ; M 4' = 1,8 м ; M 5' = 1,8(6) м ; M 6' = 1,8 м ; M 7' = 1, (3) м ; M 8' = 1м Ординаты с эпюры M x' ' , снятые под центрами тяжести тех же фигур: M 1' ' = 0, (3) ; M 2' ' = 0,6 ; M 5' ' = 0,9(3) ; M 6' ' = 0,9 . M 3' ' = 0,65 ; Для рассматриваемой балки примем жесткость: EI x = 2 ⋅ 105 ⋅ 10 6 ⋅ 1290 ⋅ 10 −8 = 25,8 ⋅ 105 Н ⋅ м 2 . В итоге: M 4' ' = 0,9 ; yK = 1 ⋅ (−18,75 ⋅103 ⋅ 0, (6) − 4,5 ⋅103 ⋅1,2 − 13,5 ⋅103 ⋅1,3 − 0,8(3) ⋅103 ⋅1,8 + 5 25,8 ⋅10 + 4,5 ⋅103 ⋅1,8(6) + 11 ⋅103 ⋅1,8 + 20 ⋅103 ⋅1, (3) − 6, (6) ⋅103 ⋅1) = 4,36 ⋅10−3 м; 1 ⋅ (18,75 ⋅103 ⋅ 0, (3) + 4,5 ⋅103 ⋅ 0,6 + 13,5 ⋅103 ⋅ 0,65 − 0,8(3) ⋅103 ⋅ 0,9 − θА = 5 25,8 ⋅10 − 4,5 ⋅103 ⋅ 0,9(3) − 11 ⋅10 3 ⋅ 0,9) = 1,696 ⋅10 −3 рад. б) Определяем те же перемещения интегрированием дифференциального уравнения упругой линии балки. Записываем выражение M x для текущего сечения, расположенного на последнем участке нагружения на расстоянии z от начала координат (см. рис.13.1): Подставляем значение M x . в дифференциальное уравнение упругой линии балки (6.24) и дважды его проинтегрируем: Определяем произвольные постоянные интегрирования из граничных условий. Граничные условия: при z = 2 м y = 0 ; при z = 7 м y = 0 .  q ⋅ 24 + C1 ⋅ 2 + C2 0 = 24  3 4 4 3  0 = q ⋅ 7 − R A ⋅ (7 − 2) − M ⋅ (7 − 3) − q ⋅ (7 − 3) + F ⋅ (7 − 4,5) + C ⋅ 7 + C 1 2  24 6 2 24 6 или после подстановки численных значений  10 ⋅ 10 3 ⋅ 2 4 + C1 ⋅ 2 + C 2 0 = 24  3 4 3 3 3 3 4 3 3  0 = 10 ⋅ 10 ⋅ 7 − 34 ⋅ 10 ⋅ (7 − 2) − 20 ⋅ 10 ⋅ (7 − 3) − 10 ⋅ 10 ⋅ (7 − 3) + 10 ⋅ 10 ⋅ (7 − 4,5) + C ⋅ 7 + C 1 2  24 6 2 24 6 Откуда C1 = −8,958(3) ⋅ 103 Н ⋅ м 2 ⋅ рад  3 .  С2 = 11,25 ⋅ 10 Н ⋅ м Определяем прогиб балки в сечении «K». Сечению «К» соответствует координата z = 0 . Тогда: EI x yK = C2 . Подставив численные значения жесткости EI x и постоянной C2 , имеем: ϑK = 4,36 ⋅ 10 −3 м . Определяем угол поворота сечения, расположенного над опорой «А». Этому сечению соответствует координата z = 2 м . Тогда: 10 ⋅ 103 ⋅ 23 + C1 . 6 Подставив численные значения жесткости EI x и постоянной C1 , имеем: EI x y А = EI xθ A = θ A = 1,696 ⋅ 10 −3 рад . Как видно, значения прогиба и угла поворота, определенные двумя способами, сходятся. При поперечном изгибе тонкостенного стержня в его сечениях преобладающими остаются нормальные напряжения, который в основном и определяют прочность стержня. Однако, в отличие от стержня сплошного сечения, существенное значение приобретают касательные напряжения и законы их распределения. Рис. 13.7 Касательные напряжения в поперечных сечениях тонкостенного стержня определяются по тому же принципу, что и для сплошного стержня. Разность нормальных сил для элементарного участка, расположенного по одну сторону от продольного разреза (рис. 13.7), уравновешивается касательными напряжениями τ. В отличие от стержня сплошного сечения продольный разрез тонкостенного стержня следует производить не параллельной нейтральному слою плоскостью, а плоскостью А-А, нормальной к средней линии контура (см.рис.13.7). Такое сечение имеет наименьшую ширину, равную δ, и в нем касательные напряжения, уравновешивающие разность нормальных сил, будут больше, чем в других продольных сечениях. Для тонкостенного стержня все рассуждения, сделанные при выводе формулы Журавского (13.5) справедливы, с той лишь разницей, что обозначение b меняется на δ. Поэтому имеем QS x∗ τ= , I xδ (13.10) где Q – поперечная сила в сечении, направленная перпендикулярно оси x; S x* – статический момент заштрихованной части сечения относительно x; Ix – момент инерции всего сечения относительно оси x. Касательные напряжения τ предполагаются равномерно распределенными по ширине сечения δ. В поперечном сечении стержня возникают напряжения, равные τ. Они направлены по касательной к линии контура (рис. 13.8). Рис. 13.8 Если направление поперечной силы Q не совпадает с главной осью сечения, то τ= Qy S x∗ I xδ + Qx S y∗ I yδ , (13.11) где Qx и Qy – составляющие поперечной силы по главным осям х и у. Пример 13.2. Найти закон распределения касательных напряжений в круговом незамкнутом профиле при изгибе в плоскости, перпендикулярной оси симметрии (рис.13.9). Рис. 13.9 Момент инерции сечения относительно оси x равен I x = πR 3δ . Статический момент заштрихованной части сечения определяется интегралом π S = δ ∫ R 2 sinψ ⋅ dψ =R 2δ ⋅ (1 + cos ϕ ) . Пользуясь формулой (13.10) можно ∗ x ϕ определить касательные напряжения и построить эпюру (см. рис. 13.9) Q (1 + cosϕ ) . Максимальные касательные напряжения будут при φ=0, τ= π Rδ τ max = 2Q . π Rδ Система сил, лежащих в плоскости сечения, может быть приведена к любой точке плоскости в виде равнодействующей силы и момента. Равнодействующая сила не зависит от точки приведения и равна поперечной силе Q. Что касается равнодействующего момента в сечении, то он зависит от положения точки приведения сил. Например, в случае кругового незамкнутого профиля (рис. 13.10,а) момент касательных сил относительно центра круга будет равен (рис. 13.10,б): M 0 = ∫ τ RdA = A QR π π ∫π (1 + cos ϕ )⋅ dϕ = 2QR . − При переходе от одной точки к другой момент изменится на величину Q·h, где h – расстояние между этими точками. Если привести силы к точке А (рис.13.10,в), то получим M A = M O − QR = QR . Рис. 13.10 Очевидно, что существует такая точка, относительно которой момент касательных сил в сечении при поперечном изгибе равен нулю. Эта точка называется центром изгиба. В рассмотренном примере центр изгиба находится на расстоянии 2R от центра круга, в точке С (рис. 13.10,г). Для сечений, имеющих две оси симметрии, центр изгиба совпадает с центром тяжести. Для сечений, имеющих одну ось симметрии, центр изгиба лежит на этой оси. В некоторых простейших случаях положение центра изгиба может быть указано без проведения предварительных расчетов. Например, у таврового и углового профилей (рис. 13.11) центр изгиба находится в точке пересечения средних линий стенки и полки. Момент касательных сил относительно этой точки всегда равен нулю. Рис. 13.11