Строительная механика. Руководство к практическим занятиям lib2309

Tags: cтроительная механика графический и аналитический методы статики для исследования и расчета строительных конструкций теоретические основы строительства
Similar
Строительная механика в примерах и задачах. Часть І. Статически определимые системы
Статика сооружений
Строительная механика
Text
                    оительная

РУКОВОДСТВО

механика

К ПРАКТИЧЕСКИМ
ЗАНЯТИЯМ
Строительная

механика

РУКОВОДСТВО
К ПРАКТИЧЕСКИМ
ЗАНЯТИЯМ

Под редакцией
профессора Ю. И. БУТЕНКО

Допущено Министерством
высшего и среднего
специального образования УССР
в качестве учебного пособия
для студентов
строительных специальностей
высших учебных заведений

КИЕВ

ГОЛОВНОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
ИЗДАТЕЛЬСКОГО ОБЪЕДИНЕНИЯ
«ВИЩА ШКОЛА»
1984
ББК 38.112я73

С86

УДК 624.04(07)

Строительная механика. Руководство к практическим
занятиям. Под ред. Ю. И. Бутенко. - Киев:
Выща школа, Головное изд-во, 1984, - 328с.

Учебное пособие охватывает теорию расчета статически
определимых и статически неопределимых систем и
оболочек, содержит большое количество типовых задач с
подробными решениями, либо краткоми указаниями к
решению.

Некоторые задачи взяты из ранее опубликованных
источников. В конце книги даны ответы к большинству
упражнений.

Для студентов строительных специальностей высших
учебных заведений.

Табл. 27. Ил. 342. Библиого.: 41 назв.

Коллектив авторов: Ю. И. Бутенко,

Н. А. Засядько, С. Н. Кан, Ю. П. Китов, В. П. Пустовойтов,
С. П. Феснк.

Рецензенты: кандидат техн, наук Ю. А. Херу-
вимов, Ю. И. Музыченко (Ростовский инженерно-
строительный институт), кандидаты техн, наук
С. М. Гранин, В. 3. Ждан, В. К Чнбнряков, О. В. Шишов
(Киевский инженерно-строительный институт)

Редакция литературы по строительству, архитектуре и
коммунальному хозяйству.

Зав. редакцией В. В. Гаркуша

©Издательское объединение
"Выща школа", 1984
ОСНОВНЫЕ БУКВЕННЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ

А —площадь сечения

Ао — амплитуда вынужденных
колебаний

— фиктивные реакции в i-м
пролете

b —ширина

D — цилиндрическая жесткость
D — матрица коэффициентов ка-
нонических уравнений ме-
тода сил

Е —модуль упругости

F — сосредоточенная сила

Fd — диссипативная сила со-
противления

F(t) — возмущающая сила
/ —стрела подъема арки
G — модуль сдвига
G — вес
g — ускорение свободного па-
дения

Н — горизонтальная реакция,
распор
h — высота

I —момент инерции

It — момент инерции кручения
I —инерционная сила
i — радиус инерции
k — коэффициент жесткости
L — матрица податливости

Ls — матрица влияния усилий
в стержнях фермы

I —длина, пролет

М —сосредоточенный момент,
изгибающий момент

М — изгибающий момент от
единичной нагрузки, еди-
ничного лишнего неиз-
вестного

М° — балочный изгибающий мо-
мент

Mf — изгибающий момент от
заданной нагрузки

М — матрица изгибающих мо-
ментов

т — погонный момент
т — масса

т — погонная массй

/V — продольная сила

N — матрица усилий в стерж-
нях фермы

nst — степень статической неоп-
ределимости

ncin — степень кинематической
неопределимости

п — техническая частота

р — интенсивность давления

Q — поперечная сила

q — погонная поперечная сила
q — погонная (распределенная)
нагрузка

R — реакция, реакция от задан-
ной нагрузки

R — матрица реакций

г — радиус

г — реакция от единичного
неизвестного в методе пе-
ремещений

S — сила упругости

S — усилие, усилие в затяжке
s — криволинейная координата,
длина наклонного элемен-
та

Т — число простых шарниров

Т — кинетическая энергия

Т— крутящий момент

Т — период колебаний

t — погонный крутящий мо-
мент

t—температура, приращение
темпер атуры

/,б — толщина тонкостенного эле-
мента

U — потенциальная энергия, ра-
бота внутренних сил

U — потенциальная энергия на
единицу длины

V — вертикальная составляю-
щая усилия, реакции

V,y — npOIHO

v—скорость движения

W —момент сопротивления се-
чения
IT — работа внешних сил

V7—чисто степеней свободы

V7; — упругий груз в точке i
w — радиальное перемещение
X — лишнее неизвестное метода
сил, неизвестное усилие

х — координата

у — координата, ордината эпю-
ры, ордината линии влияния

Z — лишнее неизвестное метода
перемещений (неизвестное
перемещение)

а — коэффициент линейного рас-
ширения

6 — единичное перемещение

6 — логарифмический декремент
затухания

Д — перемещение ст заданной
нагрузки

Д — матрица перемещений
е — коэффициент затухания

—фаза вынужденных коле-
баний

6 — угол поворота

6 — частота возмущающей силы
Л — гибкость

р — коэффициент расчетной дли-
ны стержня

v — коэффициент Пуассона

о — нормальное напряжение

т—касательное напряжение

Q — площадь эпюры, линии вли-
яния

со—круговая частота собствен-
ных колебаний

ЗНАЧЕНИЯ СМЫСЛОВЫХ ИНДЕКСОВ

beg —начальный]
сг — критический
end — конечный

f — фиктивный; нагрузка
kern —ядровый

I — левый

tin — линейный

max — максимальный
min — минимальный
mt — средний

г — правый

sup — верхний
inf — нижний
tur — угловой
Раздел 1

СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫЕ СТЕРЖНЕВЫЕ СИСТЕМЫ

Глава 1

АНАЛИЗ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ НЕИЗМЕНЯЕМОСТИ ПЛОСКИХ СООРУЖЕНИЙ

Плоским называют такое сооружение, оси всех элементов которого вме-
сте с приложенной нагрузкой расположены в одной плоскости.

Под действием нагрузки сооружение деформируется и его точки перемещаются
в новое положение. Если малым деформациям элементов соответствуют малые
перемещения точек сооружения, его называют геометрически неизме-
няемы м. В строительстве применяют только такие сооружения.

Геометрическую неизменяемость сооружения проверяют в следующей после-
довательности.

1.	В сооружении предварительно выделяют диски — геометрически неизме-
няемые части сооружения. Дисками могут быть стержни, массивные тела и т. п.
Диски соединяются между собой шарнирами и стержнями и прикрепляются к зем-
ле с помощью опорных стержней (связей).

Шарнир, соединяющий между собой два диска, называют простым шарни-
ром. Если шарнир соединяет п дисков (л > 2), его называют кратным', кратный
шарнир эквивалентен п — 1 простым шарнирам.

Стержень, оба конца которого шарнирно соединены с дисками, называют со-
единительным.

По формуле Чебышева определяют число степеней свободы со-
оружения

W = 3D — 2Т — Со.	(1.1)

где D — количество дисков; Т — число простых шарниров; Со — число соедини-
тельных и опорных стержней.

Для ферм число степеней свободы удобно вычислять по формуле

№ == 2У — С — Со,	(1.2)

где V — число узлов фермы, С и Со — соответственно число стержней фермы
и число опорных связей.

Условие геометрической неизменяемости —

№<0.	(1.3)

2.	Выполнение условия (1.3) необходимо, но недостаточно для обеспечения
геометрической неизменяемости сооружения. Если условие (1.3) выполняется,
проверяют еще геометрическую структуру сооружения.
Для этого выделяют возможно более крупные геометрически неизменяемые части
(диски) сооружения и исследуют их соединение между собой.

Допустимы такие способы соединения дисков, когда: а) два диска соединены
стержнем АВ и шарниром С, который не лежит на прямой АВ (рис. 1); б) три
диска соединены тремя шарнирами, не лежащими на одной прямой (рис. 2).

Очевидно, что наличие в соединениях связей сверх указанных не нарушает
геометрической неизменяемости системы.

Соединение двух дисков двумя стержнями — АВ и CD (рис. 3) — эквива-
лентно шарнирному соединению в точке О, называемой мгновенным центром
вращения. В связи с этим возможны также соединения, показанные на рис. 4,
и др. При этом стержни 1, 2 и 3 на рис. 4, а не параллельны и не пересекаются
в одной точке, а на рис. 4, б ни в одной из пар стержней (1 и 2, 3 и 4, 5 и 6)
нет параллельных и мгновенные центры вращений 0L, 02 и О8 не лежат на одной
прямой.
Рис. 1	Рис. 2	Рис. 3

Рис. 4	5
При проверке геометрической структуры стержневой системы удобно пользо-
ваться следу о ним правилом (рис. Ь). к геометрически неизменяемой части си-
стемы новый узел В можно присоединить двумя стержнями (4 В и ВС}, не лежа-
щими на одной прямой.

3.	На основании подсчета U7 и анализа геометрической структуры могут быть
сделаны следующие заключения о расчетной схеме сооружения:

а)	если IF = О и все соединения элементов допустимы, сооружение геометри-
чески неизменяемо и статически определимо*;

б)	если W < 0 и все соединения элементов допустимы, сооружение геометри-
чески неизменяемо и статически неопределимо;

в)	в остальных случаях система либо геометрически изменяема, либо мгно-
венно изменяема.

Мгновенно изменяемой называют такую систему, точки которой получают
конечные перемещения даже при бесконечно малых деформациях элементов.

Приведем геометрические признаки мгновенно изменяемых систем:

а)	шарнир С (рис. 6) находится на одной прямой со стержнем АВ',

б)	шарниры А, В	и С (рис. 7) лежат на	одной	прямой;

в)	стержни 1, 2 и	3 параллельны (рис. 8,	а) или	пересекаются в одной	точ-

ке (рис. 8, б);

г)	хотя бы в одной из пар стержней (/ и	2, 3 и	4, 5 и 6 на рис. 9, а}	есть

параллельные или они	пересекаются в точках	О,, О2,	Оя, лежащих на одной	пря-

мой (рис. 9, б).

Статическим признаком геометрической изменяемости является неопреде-
ленность усилий или наличие бесконечно больших усилий при конечной нагруз-
ке. В связи с этим для проверки мгновенной изменяемости сооружения приме-
няют способ нулевой нагрузки, суть которого в том, что при действии исчезающе
малой нагрузки все внутренние усилия должны быть равны нулю. Если усилие
неопределенно, то сооружение мгновенно изменяемо.

Упражнения

1.1.	Можно ли пользоваться формулой W = 2Y — С,— Со для вы-
числения числа степеней свободы: а) балок и рам; б) комбинированных
систем?

1.2.	Дать определение: а) геометрической изменяемости; б) мгно-
вен ной измен яемости.

1.3.	Определить количество простых шарниров в соединениях, по-
казанных на рис. 1.1, а, б.

1.4.	Пусть для некоторого сооружения W = —1. Что можно ска-
зать о его геометрической изменяемости?

1.5.	Доказать геометрическую неизменяемость комбинированной
системы (рис. 1.2, а).

Решение. Будем считать диском каждый стержень системы
(АВ, ВА', АН, СИ, ...). Тогда число дисков D = 11. Шарниры А, В,
А', С, F, F', С' — простые; шарниры И, Е, Е' и Н' — кратные. Общее
число простых шарниров Т = 7 4- 2 • 4 = 15. Число опорных связей
Со = 3.

Число степеней свободы сооружения

W = 3D — 2Т~ Со = 3 - 11 —2 - 15 — 3 = 0,
т. е. необходимое условие геометрической неизменяемости выполнено.

* В некоторых случаях при IF — 0 сооружение может быть статически не-
определимым (см. гл. 9).
Проверяем геометрическую структуру сооружения. К криволиней-
ному стержню АВ двумя стержнями (АН и СН) присоединен узел Н
и далее стержнями НЕ и FE — узел Е. Таким образом, часть AHEFB —
геометрически неизменяема (диск DY на рис. 1.2, б). Справа так же
образуется диск П2. Диски и D2 соединены стержнем ЕЕ' и шарни-
ром В и связаны с землей тремя опорными стержнями, оси которых
не пересекаются в одной точке. Следовательно, показанная на рис. 1.2, а
система геометрически неизменяема и статически определима.

1.6.	Проверить геометрическую неизменяемость фермы, показан-
ной на рис. 1.3, а.

Решение. Число стержней фермы С = 28, число узлов Y = 16,
опорных стержней Со = 4.

Число степеней свободы

W = 2Y — С — Со = 2 16 — 28 — 4 = 0.

Число степеней свободы можно вычислить иначе, если учесть, что
ферма, образованная из треугольников, всегда геометрически неизме-
няема. Тогда (рис. 1.3, б) число дисков D = 2, число соединительных
(4—5 и 12—13) и опорных стержней Со = 2 4- 4 — 6, шарниров нет.
Получаем:

W = 3D — 2Т — Со = 3-2 — 2 • 0 — 6 = 0.

Анализ геометрической структуры выполним, пользуясь рис. 1.3, б.
Если считать землю отдельным диском, то получим случай соединения
трех дисков шестью стержнями. При этом стержни 4—5 и 12—13, со-
единяющие диски 1—4—13—16 и 5—8—9—12, параллельны друг другу.
Следовательно, система мгновенно изменяема.

1.7.	Исследовать геометрическую неизменяемость многопролетной
балки (рис. 1.4).
Решение. Выделяем стержни-диски АЕ, EF, FG и GH. D = 4;

Т = 3, Со = 6 (защемление эквивалентно трем опорным стержням).

U7 = 3 • 4 — 2-3 — 6 = 0.

Считаем землю отдельным диском. К нему жестко прикреплен в точ-
ке А диск АЕ (опорный стержень В — избыточная связь), а шарниром
Е и опорным стержнем С — диск EF. Теперь диски AEF и GH соеди-
няются только двумя стержнями FG и К, что недостаточно. Система
является геометрически изменяемой. Действительно, шарнир G может
беспрепятственно перемещаться по вертикали.

i 1.8. Исследовать на геометрическую изменяемость системы, приве-
денные на рис. 1.5.

1.9.	То же, на рис. 1.6.

1.10.	Способом нулевой нагрузки проверить геометрическую неиз-
меняемость систем, приведенных на рис. 1.7, ау в.

Решение. Рассмотрим ферму, показанную на рис. 1.7, а. Вы-
режем внутренний треугольник А'В'С' и запишем уравнение моментов
действующих на него сил относительно точки О:

2М0 = Л\ • 0 + Л/2  0 + N3 • 0 = 0,

откуда = 0/0; TV2 = 0/0; N3 = 0/0.

Система мгновенно изменяемая.

Раму на рис. 1.7, в проверить самостоятельно.
Глава 2

МНОГОПРОЛЕТНЫЕ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ

2.1.	Расчет многопролетных балок на постоянную нагрузку

Многопролетная статически определимая балка, называемая также шарнир-
но-консольной, может быть получена из неразрезной установкой в ее пролетах
шарниров. Число этих шарниров для неразрезной балки, статически определимой
относительно продольных закреплений (т. е. имеющей по длине лишь одно гори-
зонтальное закрепление), может быть определено по выражению, вытекающему
из формулы Чебышева:

Г = Со — 3.	(1.4)

Расстановку шарниров в пролетах выполняют так, чтобы балка в целом была
геометрически неизменяемой. Шарниры при этом делят балку на отдельные эле-
менты-балки. Среди них выделяют основные, неподвижно связанные с зем-
лей, и второстепенные, при отсечении которых от смежных балок полу-
чают геометрически изменяемую балку. Второстепенные балки, не связанные
с землей, называют подвесными.

На рис. 10 и 11 приведены примеры многопролетных балок.

Перед расчетом шарнирно-консольной балки строят схему взаимодействия
ее элементов, называемую этажной. По этажной схеме легко убедиться в геомет-
рической неизменяемости балки и наметить последовательность расчета ее эле-
ментов. Пример построения этажной схемы показан на рис. 12.

При аналитическом построении эпюр внутренних усилий в шарнирно-кон-
сольной балке рассчитывают отдельно все ее элементы (последовательно сверху
вниз по этажной схеме), учитывая характер взаимодействия отдельных балок —
давление вышележащих элементов на нижележащие.

Упражнения

1.11	. Вывести формулу для определения числа шарниров в шарнир-
но-консольной балке.

Указание. Для балки справедливо соотношение D = Т + 1.

1.12	. В каком случае в крайнем пролете балки можно разместить
два шарнира?

1.13	. Можно ли в шарнирно-консольной балке получить эпюру мо-
ментов, соответствующую неразрезной балке?

1.14	. Построить эпюры М и Q для балки, схема которой приведена
на рис. 1.8, а.
8 1 and

Si

s7

si

Г

Wft

ЛЕШ

P

HiroJIliii

wy*
’’«У

шаш

, si

®



u's

’"l

s/

11ШШКЙН111

1®"











JV)



@ pK

»*>>=

9

тпйшшшм

шшшшй

т

un

11ШШШШК1







3fflt s


Решение. Проверяем количество шарниров по формуле (1.4):

Т = 7 — 3 = 4.

Количество шарниров соответствует заданному на схеме.

Строим этажную схему балки (рис. 1.8, б). Начинаем с основной
балки А7\. Так как эта балка геометрически неизменяема, опираем на
нее следующую балку Т\Т2. Для того, чтобы и эта балка была геомет-
рически неизменяемой, ее нужно опереть в точке Т2 на следующую
балку Т2ВСТ3. Балка Т2ВСТ3 имеет две опоры, следовательно, она
геометрически неизменяема, и балка Т3Т4 должна опираться на нее
и т. д. Все элементы балки на этажной схеме геометрически неизме-
няемы. поэтому и балка в целом геометрически неизменяема.

Рассматриваем балки верхнего этажа; определяем реакции и строим
эпюры И и Q (рис. 1.8. в). После этого переходим к балкам, располо-
женным на этаж ниже (рис. 1.8. г). На них, кроме нагрузки, действует
давление от вышележащих балок, равное по величине и обратное по
направлению опорным реакциям Rlt R2, R3 и R^
Окончательные эпюры М и Q для заданной балки приведены на
рис. 1.8, д.

1.15	. Построить эпюры М. и Q для балок, показанных на рис. 1.9,
с, б.

1.16	. То же, для балок, показанных на рис. 1.10, а, б.

2.2. Рациональная расстановка шарниров

Положение шарниров по длине балки определяет нулевые точки эпюры из-
гибающих моментов. В связи с этим важно разместить шарниры так, чтобы аб-
солютная величина изгибающих моментов во всех сечениях была возможно мень-
ше. Обычно этого можно достичь, когда в каждом пролете наибольшие пролетные
и опорные моменты равны по величине и обратны по знаку. Как показывают рас-
четы, шарниры целесообразно размещать на расстоянии (1/7... 1/4) / от опор.

Существуют способы более точного определения рациональных мест распо-
ложения шарниров. Известно, что эпюра моментов в многопролетной балке может
быть представлена как сумма балочных эпюр и эпюры опорных моментов М:

М = М° + М'.	(1.5)

Тогда, построив на общей оси балочные эпюры М°, накладывают на них пере-
вернутую эпюру М'. Очертание эпюры М' подбирают так, чтобы она примерно
пополам делила наибольшие ординаты М°. Точки пересечения эпюр М' и Л4° ука-
зывают возможные места расположения шарниров.

Упражнения

1.17. В балке, показанной на рис. 1.11, а, найти рациональное рас-
положение шарниров и построить соответствующую эпюру изгибающих
моментов.

Решение. Для разрезной схемы балки (рис. 1.11, 6) строим
эпюру М° (сплошная линия на рис. 1.11, в).

Эпюру опорных моментов (штриховая линия на рис. 1.11, в) начи-
наем строить с первого пролета, где момент 7И° наибольший. Точки /,
2, ..., 8 определяют места возможной постановки шарниров. Положение
этих точек находим графически.

Один из вариантов расстановки шарниров показан на рис. 1.11, а.
Эпюра изгибающих моментов (рис. 1.11, е) может быть построена при
рассмотрении отдельных балок (рис. 1.11, д).

1.17а. Балку на рис. 1.12 рассчитать самостоятельно.

Глава 3

ЛИНИИ ВЛИЯНИЯ УСИЛИЙ В БАЛКАХ

3.1. Общие сведения. Статический способ построения линий влияния

Часто промышленные и гражданские сооружения приходится рассчитывать
на подвижную нагрузку, меняющую свое положение во времени. Для определе-
ния наибольшего усилия или другого фактора в каком-либо заданном сечении
необходимо рассмотреть все возможные положения нагрузки на сооружении. Ре-
шение этой трудоемкой задачи значительно упрощается при использовании линий
влияния.

Линия влияния представляет собой график, показывающий измене-
ние исследуемого фактора (усилия, перемещения) при движении по сооружению
единичной силы постоянного направления.

Обычно подвижная нагрузка является результатом действия сил тяжести,
поэтому единичную вертикальную силу называют единичным грузом.

При построении линий влияния поступают следующим образом. Устанавли-
вают единичную силу в произвольное положение, определяемое в выбранной си-
стеме координат абсциссой х; известными способами находят значение исследуе-
мого фактора S (х). Задавая затем характерные положения (х/) единичной силы,
определяют соответствующие значения S (х,); в прямоугольных координатах
х— S строят график зависимости S (х), т. е. линию влияния S. Описанный выше
способ построения линий влияния называется статическим. Покажем его приме-
нение для построения линий влияния реакций и усилий в однопролетной балке
(рис. 13, а).

Линия влияния опорной реакции RA. Выбрав начало координат на опоре А
и направив положительную ось х вправо, устанавливаем груз F = 1 в произ-
вольное положение. Опорная реакция RA определяется из условия равновесия
2МВ = 0:

RAl — F(l — х) = 0;

I — X

или, так как F= 1, Ra =—-—~
л I •
Полученная зависимость линейна, ее график (рис. 13, б) изображается пря-
мой, проходящей через точки х = О, RA = 1; х= I, RA = 0.

Линия влияния опорной реакции RB. Аналогично из условия равновесия
ЪМА = 0 получаем

RB = F , или RB = у .

При х = 0 RB = 0; при х = I RB= I. Линия влияния RB построена на
рис. 13, в.

Линия влияния изгибающего момента в сечении К. При вычислении внут-
ренних усилий используем полученные ранее зависимости для RA и RB.

Установив груз в произвольное положение слева от сечения К (—q < х < а),
рассмотрим равновесие правой части балки:

График полученной линейной зависимости (левая прямая на рис. 13, г)
можно построить по двум точкам: х = 0,	= 0; х = а, М^~ аЫ1.

Если груз F = 1 находится справа от сечения К (а < х < I с2), удобно
рассматривать левую часть балки:
.. 1 —х
мк = RAa = -у- а.

I-- а Ob	t лл л

При X = а мк = —j— а = у . при х = I Мк = 0.

Правая прямая построена на рис. 13, г.

Линия влияния поперечной силы в сечении К- Груз находится слева от се-
чения R. Из условия равновесия правой части получаем

Qk = -^ = -t-

Левая прямая на рис. 13, д построена по точкам № 0,	— 0; х = а,

Груз находится справа от сечения К:

Qk=Ra=‘-=t.

Правую прямую на рис. 13, д строим по точкам х=а, =

X=l. QK=0.

Недостающие ординаты линий влияния могут быть получены либо из соот-
ветствующих зависимостей (подстановкой значений х), либо из геометрических
соотношений. Например, ордината линии влияния на левой консоли может быть
вычислена так:

и — С1_________£1Ё

У~~ а ~ I ’

Как следует из рассмотренных примеров, ординаты линий влияния реакций
и поперечных сил — безразмерные величины; ординаты линий влияния изгибаю-
щего момента измеряются в единицах длины. Упрощенно это можно объяснить
тем, что сила F — 1 — величина, не имеющая размерности.

Упражнения

1.18.	На рис. 1.13 приведена линия влияния изгибающего момента
А1к. Объясните ее отличие от приведенной здесь же эпюры моментов
при загружении балки силой F = 1 кН в точке К.


1.19.	При построении линии влияния на рис. 13, г при поло-
жении единичного груза справа от сечения /( из условия равновесия

I ~ X

левой части балки получена зависимость Мк = —j—а. Докажите, что,
рассматривая правую часть балки, придем к тому же результату.

1.20.	Для консольных балок, приведенных на рис. 1.14, а, б, по-
строить линии влияния Мх и

Указание. Начало координат поместить в сечении 7, направив
положительную ось в сторону свободного конца балки. При определе-
нии усилий независимо от положения груза рассматривать часть
балки, свободную от опорных закреплений.

1.21.	Используя указание к упражнению 1.20, построить линии влия-
ния Mt и Qj для балки, приведенной на рис. 1.15.

1.22.	Для балки, показанной на рис. 1.16, построить линии влия-
ния опорных реакций и внутренних усилий в сечениях 1 и 2.

1.23.	Для той же балки (рис. 1.16) построить линии влияния Л43,
Q3, используя указание к упражнению 1.20. Сравнить полученные линии
влияния с линиями влияния /И2, Q2, построенными в упражнении 1.22.

1.24.	Для консольной балки (рис. 1.14, а) построить линии влияния
реакции Ra м реактивного момента Ма в защемлении.
3.2. Определение усилий по линиям влияния

Усилия от нагрузки по линиям влияния определяют на основании линейной
зависимости между усилиями и нагрузкой.

Пусть построена линия влияния некоторого усилия S (рис. 14, в). Покажем
вычисление этого усилия при действии некоторых видов неподвижных
нагрузок.

Сосредоточенная сила F (рис. 14, а). Ордината у линии влияния
S, находящаяся под сосредоточенной силой, представляет собой значение усилия
S от нагрузки F = 1. Тогда от силы F #= 1 получаем усилие

S = yF.	(1.6)

Равномерно распределенная нагрузка q (рис. 14, б). Уси-
лие от элементарной нагрузки qdx

dS = qdx - у (х).

Усилие S получаем интегрированием:

Ь

S qy (х) dx = qQ,	(1.7)

а

где О — площадь линии влияния в пределах нагрузки.

Если линия влияния в пределах распределенной нагрузки линейна, для опре-
деления усилия S нагрузку можно заменить равнодействующей.

Загружен ие п сосредоточенными силами и т рав-
номерно распределенными нагрузками.

«= у>л+	<'-8’

1=1	k=l

При загружении подвижными нагрузками, как правило, тре-
буется вычислить наибольшее (наименьшее) усилие. В связи с этим прежде всего
необходимо найти положение нагрузки, дающее максимум (минимум) искомого
усилия. После того, как это положение нагрузки, называемое опасным, или кри-
тическим, найдено, усилие определяют по формуле (1.8).

При действии на сооружение подвижной нагрузки в виде одной сосредо-
точенной силы критическое положение нагрузки находится просто —
оно соответствует наибольшей (наименьшей) ординате линии влияния.

Теперь рассмотрим загружение линии влияния подвижной систе-
мой сил, которая представляет собой ряд не изменяющихся по величине сил
с фиксированными расстояниями между ними (рис. 15, а).

Пусть линия влияния некоторого усилия S имеет ломаное очертание
(рис. 15, б). В этом случае максимум усилия достигается тогда, когда хотя бы
одна из сил располагается над одной из вершин линии влияния, например j/j.
Эту силу и эгу вершину называют критическими. Поиск критического положения
нагрузки выполняют последовательной установкой сил над выпуклыми верши-
нами (ух, у3, у4 на рис. 15, б) линии влияния н сравнением соответствующих зна-
чений усилия S.

Если линия влияния имеет одну вершину, т. е. очерчена по треугольнику
(рис. 16), критическое положение нагрузки определяется неравенствами

(1-9)

Принимая вначале произвольный груз в качестве критического, проверяют
неравенства (19). Если неравенства удовлетворяются — критический груз найден
правильно, если нет, то необходимо выбрать критическим другой груз и снова
проверить неравенства (1.9). При невыполнении первого неравенства силы необ-
ходимо сместить влево, при невыполнении второго неравенства — вправо.

Упражнения

1.25.	При загружении линии влияния S сосредоточенной силой F
получено усилие, равное Как изменится это усилие, если сила F
изменит свое направление на противоположное?

1.26.	Доказать, что при загружении линии влияния S сосредото-
ченным моментом М усилие определяется формулой S = Mtg а, где
а — угол наклона касательной к линии влияния в точке приложения
момента.

Указание. Момент представить в виде пары сил.

1.27.	На рис. 1.17 показано загружение линии влияния подвижной
нагрузкой q, равномерно распределенной на участке длиной d. Опреде-
лить опасное положение нагрузки.

Указание. Вычислив усилие при произвольном положении на-
грузки, приравнять к нулю его производную по х.

1.28.	Можно ли воспользоваться неравенствами (1.9) при определе-
нии опасного положения нагрузки над линией влияния, вершина кото-
рой находится на одном из ее концов (рис. 1.18)?

1.29.	Используя линии влияния, построенные в упражнении 1.21,
определить Mx, Qx в балке (рис. 1.19).

1.30.	По линиям влияния, построенным в упражнениях 1.22 и 1.23,
определить реакции Ra и Rb и усилия в сечениях 1,2, 3 от нагрузки,
показанной на рис. 1.20.

1.31.	Определить наибольший изгибающий момент и наибольшую по-
перечную силу в сечении / балки (рис. 1.21, а) от подвижной систе-
мы сил (рис. 1.21, б).

Решение. Строим линии влияния Мг и (рис. 1.21, в).

Линия влияния имеет треугольное очертание, поэтому критиче-
ское положение нагрузки определяем с помощью неравенств (1.9).

Принимаем Fcr = FA = 2 кН. Находим 3F, = 3 + 2 = 5 кН,
2iFr = 3 + 3 = 6 кН. Проверяем неравенства (1.9):

5 + 2

6. +	6 ' 2

6 ’ 2 > 6 *
F=20kH

(рЮкИ/м

1м

1h



Рис. 1.22
Так как второе неравенство не удовлетворяется, смещаем нагрузку
вправо; принимаем Fcr = F2 = 2 кН. Тогда

SFi = 3 кН; 2/7 = 2 4- 3 4- 3 = 8 кН;

3 4-2	8_.	8 + 2.

2	> 6 ’ 2 <	6 ’

следовательно, Fcr — F2.

Устанавливаем нагрузку в опасное положение над линией влияния
(рис. 1.21, г). Вычислив ординаты линии влияния под грузами, на-
ходим

Мътах = 0,75 - 3 4- 1,5 - 2 4- 1,375 * 2 4- 0,875 - 3 4- 0,625 X
X 3 = 12,5 кН • м.

Для определения устанавливаем над вершиной линии влия-
ния различные грузы и сравниваем соответствующие усилия
Устанавливаем над вершиной груз F2 (рис. 1.21, д):

Qi = 3 (—0,125) 4- 2 - 0,75 4- 2 • 0,688 4- 3 • 0,438 4- 3 • 0,313 =
= 4,754 кН.

Смещаем нагрузку вправо так, чтобы над вершиной стал груз Fx
(рис. 1.21, е); тогда

Й = 3 • 0,75 4- 2  0,625 4- 2 • 0,563 4- 3 • 0,313 4- 3 • 0,188 =
= 6,129 кН.

Так как QJ” > и слева от F± сил в заданной системе нет, то
Qi,maX = Qi =6,129 кН.

1.32. Определить наибольший изгибающий момент в сечении / бал-
ки, приведенной на рис. 1.21, а, от подвижной нагрузки в виде сосре-
доточенных сил и неограниченной по длине распределенной нагрузки
(рис. 1.22).

Указание. После установки предполагаемого критического
груза над вершиной линии влияния распределенную нагрузку в преде-
лах линии влияния заменить равнодействующей.

3.3. Линии влияния при узловой передаче нагрузки.

Линии влияния для многопролетной статически определимой балки

Сооружение, показанное на рис. 17, а, представляет собой основную балку
АВ, на которую в точках 2, 3, 4, называемых узлами, опираются вспомогатель-
ные балки 1—2, 2—3, 3—4 и 4—5. Нагрузка, приложенная к вспомогательным
балкам, передается на основную через узлы. При построении линий влияния внут-
ренних усилий (например, изгибающего момента в сечении К) поступают следую-
щим образом: отбросив второстепенные балки, прикладывают единичный груз
к основной балке, затем на построенную линию влияния (штриховая линия на
рис. 17, б) переносят узлы, и полученные точки соединяют прямыми линиями.
Построенная таким образом линия влияния (сплошная линия на рис. 17, б)
соответствует узловой передаче нагрузки.

Многопролетную статически определимую балку (рис. 18, а) можно рассмат-
ривать как частный случай балки с узловой передачей нагрузки. Действительно,
каждая вспомогательная балка этажной схемы (рис. 18, б) передает нагрузку через
опору на нижележащую балку. Учитывая специфику многопролетной балки, рас-
смотрим порядок построения линий влияния.
В первую очередь, единичный груз помещают на ту балку, в пределах кото-
рой находится сечение с искомым усилием, и для нее, как для обычной однопро-
летной балки, строят линию влияния. Последовательно перемещая груз на смеж-
ные балки, достраивают линию влияния влево и вправо, руководствуясь сле-
дующими правилами: если при переходе на смежную балку единичная сила опус-
кается на ступеньку этажной схемы, то линия влияния в пределах этой балки
и далее — нулевая; если сила поднимается на ступеньку, то линия влияния для
этой балки — прямая, проходящая через крайнюю ординату линии влияния ниж-
ней балки и ноль на следующей опоре верхней балки.

На рис. 1.18, в показаны этапы построения линии влияния опорной реак-
ции Rc-

Упражнения

1.33.	Построив линии влияния, определить внутренние усилия в се-
чении 1 балки (рис. 1.23, а) от заданной нагрузки.

Решение. Построив этажную схему (рис. 1.23, б), строим ли-
нии влияния Мх и Qx для однопролетной балки Т\ВСТ2 (рис. 1.23, в).
Достраивая полученные линии влияния влево и вправо для смежных эле-
ментов А ТЛ\, T3D, получаем линии влияния Af1iiQ1(pnc. 1.23,г,д).

Определив из геометрических соотношений недостающие ординаты,
находим искомые усилия:

Л4Х = 6 (—0,667) + 2 • 0,333 + 8 (—0,333) + 2 (°16? ' 1 — °'G6J '6) =

= —9,84 кН • м;

<?„ = 6 • 0,333 + 2 (—0,167) + 8 (—0,083) + 2 (^'6 — °'0-88-'!) =
= 2,92 кН.

1.34.	Для балок, изображенных на рис. 1.24, а, б, пользуясь ли-
ниями влияния, определить реакции в крайней левой опоре и внутрен-
ние усилия в сечениях 1 и 2 от заданной на них нагрузки.




F^8kH

О

1м

(}=2кН1м
ншшш

\К=6*Н	\F2=8t<H

штг 1

1м

А.В. Mi

г

0355

0,553

Г©

0,167® 0}085

0,667

Рис. 1.23

iiilltlliSi

д
о/

0,667
ля. Qi

OJ67
(£>

1.35.	То же, для балок, показанных на рис. 1.25, а, б.

1.36.	Пользуясь линиями влияния, построенными в упражнени!

1.34, определить наибольший и наименьший изгибающие моменты в се
чеиии 1 от подвижной системы сил, приведенной на рис. 1.21, б.

Указание. Если при загружении линии влияния вся подвиж-
ная нагрузка находится в пределах части линии влияния, имеющей
треугольное очертание, для определения критического положения на-
грузки можно воспользоваться неравенствами (1.9).

1.37. Для балок, приведенных на рис. 1.25, определить наибольшие
по модулю изгибающий момент и поперечную силу в сечении 1 от по-
движной системы сил, заданной на рис. 1.21, б (см. указание к упраж-
нению 1.36).
Глава 4

БАЛОЧНЫЕ И КОНСОЛЬНО-БАЛОЧНЫЕ ФЕРМЫ

4.1. Определение усилий в стержнях ферм

Фермой называют геометрически неизменяемое сооружение, расчетная
схема которого может быть представлена в виде системы прямолинейных стерж-
ней, соединенных по концам идеальными (без трения) шарнирами (рис. 19)-

Точки, о которых соединяются стержни, называют узлами. Как правило,
конструкция ферм предполагает передачу нагрузки в узлы. В связи с этим стерж-
ни фермы работают только на осевое усилие (растяжение-сжатие).
Стержни, расположенные вверху и внизу по контуру фермы, образуют соот-
ветственно верхний и нижний пояса (рис. 19). Стержни, расположен-
ные между поясами, образуют решетку фермы. Наклонные стержни ре-
шетки фермы называют раскосами, вертикальные — стойками и подвесками.

Вырезая узлы фермы, можем составить для каждого из них два условия рав-
новесия. Общее число уравнений для всех узлов фермы равно 2Y, где Y — число
узлов фермы. Из решения этих уравнений могут быть определены усилия во всех
стержнях и реакции в опорных связях, так как для статически определимой фер-
мы 2Y = С 4- Cq- Такой способ определения усилий может потребовать совмест-
ного решения многих уравнений. В связи с этим разработаны способы вычис-
ления усилий, использующие различные приемы составления условий равновесия
частей фермы.

Способ вырезания узлов. Для фермы, геометрическая схема которой образо-
вана последовательным присоединением к шарнирному треугольнику новых уз-
лов с помощью двух стержней, не лежащих на одной прямой, можно предложить
такой порядок вырезания узлов, при котором в каждом узле встречаются не бо-
лее двух неизвестных усилий. Тогда эти усилия могут быть найдены из условий
равновесия узла.

Например, для фермы, приведенной на рис. 1.26, из условия равновесия узла 7
определяют усилия в стержнях 7—8 и 6—7, затем из равновесия узла 6 — уси-
лия в стержнях 5—6 и 6—8. Дальнейший возможный порядок вырезания узлов:
5, 8, 9, 4, 5, 1, 2. 11, 10, 12, 18, 17, 13, 14, 16 и контроль по равновесию
узла 15.	'т

В некоторых случаях для определения усилий в стержнях можно обойтись
без записи уравнений равновесия узлов. Например:

если в двухстержневом незагруженном узле (рис. 20, а) стержни не лежат
на одной прямой, то = Nz = 0*»

если в трехстержневом незагруженном узле (рис. 20, б, слева) два стержня лежат
на одной прямой, то усилие в третьем стержне, не лежащем на этой прямой, равно
нулю, а Л\ = Nz,

если в двухстержневом узле (рис. 20, б, справа) нагрузка приложена по направ-
лению одного из стержней, то усилие в другом стержне Nz — 0» а Л\ = —F.

Недостатком способа вырезания узлов является то, что при переходе от узла
к узлу накапливается погрешность вычислений.

Графический способ заключается в построении диаграммы Максвелла — Кре-
моны. Этот способ по существу является графической интерпретацией способа
вырезания узлов. Отсюда — та же область применения и те же недостатки. Не-
точность этого способа во многих случаях компенсируется относительной просто-
той и сравнительно малыми затратами времени при определении усилий.

Если удается провести сечение, разделяющее ферму на две части, пересекая
при этом не более трех стержней, то усилия в различных стержнях всегда можно
определить способом моментной точки или способом проекций.

Способ моментной точки (Риттера). Найдя точку пересечения усилий в двух
разрезанных стержнях (моментную точку), составляют относительно нее уравне-
ние моментов сил, действующих на одну из частей фермы. Из этого уравнения
находят усилие в третьей стержне.

Способ моментной точки может быть применен и в том случае, когда сечение
проходит более чем через три стержня, если при этом оси всех стержней, кроме
одного, пересекаются в одной точке.
Способ проекций. Если два из трех разрезанных стержней параллельны, то,
составив уравнение проекций сил, расположенных с одной стороны от сечения,
на перпендикуляр к параллельным стержням, получают уравнение для определе-
ния усилия в третьем стержне.

Способ двух сечений Часто при вычислении усилия невозможно провести
сечение так, чтобы оно пересекало только три стержня. Пусть сечение проходит
через четыре стержня; при этом удается провести вспомогательное сечение также
через четыре стержня, разрезав при этом не более двух новых стержней. Исполь-
зуя способ Риттера или проекций, для этих сечений можно составить условия
равновесия так, чтобы в них входили только усилия в двух повторяющихся стерж-
нях. Решив полученную систему уравнений, находят искомые усилия.

В частном случае вспомогательное сечение пересекает три стержня или вы-
резает узел. Тогда из уравнения равновесия для этого сечения сразу можно найти
одно из усилий, входящих в основное сечение.

Способ замкнутого сечения. Иногда для вычисления усилий удобно прове-
сти замкнутое сечение, вырезающее часть фермы. При этом сечение может пере-
секать и более трех стержней, если остальные стержни разрезаются дважды (в об-
щ^м случае четное количество раз). Дважды разрезанные стержни образуют са-
моуравновешенные системы, поэтому остальные три усилия можно определить
способом моментной точки или способом проекций.

Способ замены стержней. В сложных фермах, когда нельзя воспользоваться
ни одним из перечисленных выше способов, применяют способ, основанный на
преобразовании фермы устранением некоторых стержней и заменой их другими
стержнями. Устраняемые стержни при этом называют заменяемыми, новые стерж-
ни — заменяющими, или возмещающими, новую ферму — преобразованной, или
заменяющей.

Преобразованная ферма должна быть геометрически неизменяемой и возмож-
но более простои в смысле вычисления усилий.

Чтобы преобразованная ферма была эквивалентна заданной, усилие в каж-
дом заменяющем стержне от суммарного воздействия внешней нагрузки и неиз-
вестных усилий в заменяемых стержнях должно быть равно нулю. При замене
одного стержня это условие имеет следующий вид:

W0,f +NoX = 0,	(1.10)

где А' — усилие в заменяемом стержне от внешней нагрузки; NQ и No - уси-
лия в заменяющем стержне соответственно от внешней нагрузки и от усилия Х =
= 1. Из уравнения (1.10) получают значение искомого усилия в заменяемом
стержне:

X=-/V0J//V0.	(1.10а)

Теперь усилия в остальных стержнях могут быть найдены по формуле

Д/. = дг. Д/.Х,	(1.106)

где f и — усилия в т-м стержне заменяющей фермы от внешней нагрузки
и усилия X — 1.

Комбинирование графического способа с аналитическими. В тех случаях,
когда определить усилия во всех стержнях способом вырезания узлов не удается,
диаграмма Максвелла — Кремоны также не можег быть построена. В этом слу-
чае при переходе к узлу, содержащему более двух неизвестных усилий, предвари-
тельно одним из аналитических способов определяют избыточное усилие. Отклады-
вая это усилие на диаграмме, получают возможность продолжать построение
дальше.

Упражнения

1.38.	Найти нулевые стержни в ферме каркаса здания (рис. 1.26).

Решение. Предполагаемые направления реакций опор V, Н
и R показаны на рисунке. Рассматриваем узлы фермы. В узле 1 нагруз-
ки нет, следовательно, оба стержня (/—2 и 1—11) нулевые. В узле 11
после отбрасывания нулевого стержня 1—11 остаются грн стержня,
два из которых (2—11 и 11—18) лежат на одной прямой; следовательно,
стержень 10—11 нулевой. В узле 7 нагрузка — реакция R — направ-
лена вдоль стержня 6—7\ тогда второй стержень (7—5) нулевой. Узел 9
не имеет нагрузки и стержни 8—9 и 9—10 лежат на одной прямой; зна-
чит, стержень 4—9 нулевой. По этому же признаку в узлах 12 и 17
стержни 12—18 и 13—17 — нулевые.

1.39.	Для ферм, приведенных на рис. 1.27, а, б, в, найти нулевые
стержни.

1.40.	Способом вырезания узлов и графически определить усилия
в стержнях стропильной фермы (рис. 1.28, а).

Аналитическое решение. Определяем опорные реак-
ции:

У;Л4л = 4-5 + 3- 10 + 5- 15 —Яе-20 = 0; Яв = 6,25 кН;

£Л4в = —5-5— 3- 10 — 4- 15 + RA  20 = 0; Ял = 5,75 кН.

Последовательно вырезаем узлы фермы и рассматриваем их равно-
весие.

Узел 1 (рис. 1.28, б):

2у = Л\_2 sin а 4- Ra = 0;

Sx = cos a Nr_3 = 0,

где since =	2 —- — 0,371; созсе = —=JL= —-- 0,928; a = 21°47'. Тогда

/224-52	1/ 22 4-52

Л^ = =|^=-15,5кН;

/V1_3 = 15,5 0,928 = 14,4 кН.

Так как усилие N^3 вычислено, можно вырезать узел 3 (рис. 1.28, в).
По признаку нулевых стержней N2_3 = 0.

Sx = —Л^3 4- дгз_5 0; N3_3 = NL_3 = 14,4 кН.
Узел 2 (рис. 1.28, г):

р = 90° — 2сс = 90э — 2 - 21°47' = 46°26';

cos р = 0,689; sin р = 0,725.

У z = — 4 cos а — N2-5 COS р = 0; TV2-s = —	= — 5,39 кН;

и.ооу

Sx = 15,5 cos а + Лг2_4 cos а — 5,39 cos а = 0,

откуда ЛЛ,_4 = 5,39 — 15,5 - — 10,11 кН.

Узел 4 (рпс. 1.28, д):

5х = 10,11 cos а 4- 'V4_6 cos а = 0; /У4_6 — —10,11 кН;

Ъу = —3 4- 2 • 10,11 sin а — ТУ4_б = 0;

/У4_Б = 4,5 кН.
Узел 5 (рис. 1.28, е):

^у = 4,5 — 5,39 sin а 4- М>-е sin а = 0; /V5_€ = —6,74 кН;
2х = 5,39 cos а — 6,74 cos а — 14,4 4- /V5_7 = - 0; Nb_7 = 15,7 кН.

Узел 7 (рис. 1.28, ж):

Ъу = /V6_7 — 5 = 0; TVC_7 = 5 кН;
2х = —15,7 4- Л/7_8 = 0; AL_8= 15,7 кН;

Узел 6 (рис. 1.28, з):

2х = 10,11 cos а + 6,74 cos а 4- /V6_8 cos а = 0; N6_8 = —16,8 кН.

Контроль:

2г/ = (—10,11 4- 6,74 4- 16,8) sin а — 5 = —0,02 « 0.

Для контроля также рассмотрим равновесие узла 8 (рис. 1.28, и):
1>у = —16,8 sin а 4- 6,25 — 0,02	0;

2х = 16,8 cos а — 15,7 = 0,11 ~ 0.

Графическое решение. Вычертив ферму в масштабе
(рис. 1.28, к), определяем опорные реакции: RA = 5,75 кН; Rb =
= 6,25 кН.

Пронумеровав внутренние и внешние поля фермы (части чертежа,
ограниченные стержнями фермы или ее внешним контуром и нагрузка-
ми), строим диаграмму Максвелла—Кремоны (рис. 1.28, л): выбрав
масштаб, откладываем все внешние силы в порядке обхода контура
фермы по часовой стрелке. Номера точек начала и конца каждой силы
соответствуют номерам полей, между которыми эта сила расположена
на ферме. Например, при обходе контура фермы по часовой стрелке
проходим сначала поле /, а затем 2, поэтому на диаграмме началу силы
соответствует точка /, а концу — точка 2. Таким образом, на диа-
грамме будут построены точки 1—5, соответствующие внешним полям
фермы. (В нашем примере точки 4 и 5 находятся на прямой 1—2—3.
На рис. 1.28, л силы 3—4, 4—5 и 5—1 условно смещены по горизонтали).

Теперь приступаем к построению точек, отвечающих внутренним
полям. Находим такое внутреннее поле фермы, которое граничит по
крайней мере с двумя полями, уже построенными на диаграмме. Таким
полем является, например, поле 6 — оно граничит с полями 1 и 5. Точ-
ка 6 на диаграмме должна принадлежать отрезкам 1—6 и 5—6, отра-
жающим усилия N±_2 и N-l-з в поясах крайней левой панели фермы.
Поэтому из точки 1 на диаграмме проводим прямую, параллельную уси-
лию Л\_2, а из точки 5 — прямую, параллельную усилию Пере-
сечение этих прямых дает точку 6.

Дальше можно построить точку 7, так как поле 7 граничит с по-
лями 5 и 8, уже построенными на диаграмме. В данном случае точка 7
совпадает с точкой 6.

Следующие точки — 8, 9 и 10 — строим аналогично.

Последнюю точку (11) можно построить от любой из пар точек —
3 и 10, 10 и 4 или 3 и 4. Используем, например, точки 3 и 10. Тогда
на диаграмме будет отсутствовать отрезок 4—11, соответствующий уси-
лию TV7_8. Соединив точки 4 и 11, проверяем параллельность отрезка
4—11 и усилия N7_8. Поскольку условие параллельности выполнено,
диаграмма построена правильно.

Абсолютная величина усилия выражается на диаграмме длиной от-
резка, соединяющего точки, соответствующие полям фермы, общей
границей которых является данный стержень. Для определения знака
усилия выбираем один из узлов, в который входит данный стержень,
и называем усилие по номерам полей в порядке обхода узла по часовой
стрелке. Направление усилия в рассмотренном узле (а следовательно,
и его знак) отвечает направлению усилия на диаграмме, принятому
в соответствии с полученной выше его нумерацией.

Например, усилие Л/2_4 на диаграмме выражается отрезком 2—8.
При обходе среднего узла верхнего пояса по часовой стрелке получаем
нумерацию усилия: 2—8. Этой нумерации на диаграмме соответствует
направление от точки 2 к точке 8, т. е. к узлу. Следовательно, усилие
N2-4 — сжимающее.

1.41.	Для ферм на рис. 1.29, а, б определить усилия в стержнях от
заданной нагрузки, применяя способ вырезания узлов.

1.42.	Определить усилия в стержнях тех же ферм с помощью диа-
аграммы Максвелла—Кремоны.

1.43.	В раскосной ферме (рис. 1.30, а) определить усилия в стерж-
нях третьей слева панели.

Решение. Вычисляем опорные реакции: Ra = 90 кН, Rb ~
= 30 кН.

Для определения усилия N? воспользуемся тем, что в узле М два
стержня — элементы верхнего пояса — лежат на одной прямой. Вы-
резаем узел М (рис. 1.30, 6); из условия его равновесия

£у = —20 — N7 = 0

получаем Л/7 = —20 кН.

Для определения остальных усилий способом вырезания узлов по-
требовались бы большие вспомогательные вычисления. Воспользуемся
способом моментной точки и способом проекций. Проведем сечение /—1
через три стержня (рис. 1.30, а) и рассмотрим равновесие правой отсе-
ченной части.

Усилие Находим точку пересечения двух разрезанных стержней
КМ и KL и записываем для этой точки уравнение моментов правых сил.

2МК = —Rb - 12 + 20 • 3 4- Л/3 • 4 = 0,

откуда	N = 30-12-20-3 = 75 кН

3	4

Усилие Для определения этого усилия возьмем моментную точ-
ку L;

SML = — Rb 9 — Л/4  4 = 0,

откуда Л/4 = —30 • 9/4 = —67,5 кН.

Усилие Na. Усилия и Л/3 параллельны, поэтому воспользуемся
способом проекций:

V =	_ 20 4- sin а = 0; здесь sin а = у== = 0,8.

J/ 4- -р 3

Тогда

«т	20 — 30 inn т т

Ne =	= — 12,5 кН.

Усилие N2. Для определения усилия проведем наклонное сечение
11—II и воспользуемся способом проекций. Рассмотрим равновесие
левой части фермы:

Ъу = Ra — 20 — 40 4- N2 = 0,

откуда М2 = —90 4- 20 4- 40 = —30 кН.

1.44.	Определить усилие М в раскосе консольной фермы (рис. 1.31).

Указание. Проведя сечение I—I, продлить до пересечения
стержни 4—6 и 3—5. Применить способ моментной точки.

1.45.	Определить наиболее удобным способом усилия в отмеченных
на рис. 1.32, а, б, в стержнях.

1.46.	Определить усилия в отмеченных на рис. 1.33, а, б, в стержнях.

Указание. Проведя сечение через четыре стержня, применить
способ моментной точки или способ проекций.

1.47.	Определить усилия в стержнях фермы, показанной на рис. 1.34.

Решение. Применить в чистом виде способ вырезания узлов,
способ моментной точки или проекций для определения усилий в рас-
сматриваемой ферме нельзя. Применяем способ двух сечений. Исполь-
зуя моментные точки и К2, составляем уравнения моментов для ча-
стей фермы, отсекаемых сечениями I—I и 11—II:

д'] = М6—4ri + N5—бг — F (г — 4) — Rb • 8 = 0; |

——Мб—4^2 — МБ_tf + Нг— Ул-8 = 0. J

Значения реакций приведены на рис. 1.34. Из геометрических со-
отношений находим г = 8 м; гг — 8,48 м; г2 = 2,83 м.

После подстановки значений реакций и г, гт, г2 в уравнения равно
весия получаем

М6_4 • 8,48 + МБ_6 • 8 — 480 = 0; 1

—М6_4 • 2,83 — М5_6 • 8 + 240 = 0. J

Из решения системы уравнений находим М6_4 = 42,5 кН, N^6 =
= 15 кН.

Теперь нетрудно вычислить и остальные усилия

1.48.	Используя способ двух сечений, найти усилия в отмеченны
на рис. 1.35, п, б стержнях ферм.

1.49.	Используя способ замкнутого сечения, определить усилг
в ферме, показанной на рис. 1.36.

Решение. Все узлы фермы содержат по три стержня. Сечен!
через три стержня провести невозможно.

Вырежем в ферме треугольник 1—3—5. Стержни 2—4, 2—6 и 4—
разрезанные дважды, являются самоуравновешенными.

Для определения усилия М3_4 найдем точку пересечения усил!
Ni-2 и М5_о. Из условия равновесия вырезанной части

= Ra • 1 + М3_4 • 11,19 4- F • 3,73 = 0

получаем

• т	4-1 -|~ 4 • 3,73	। гл т т

Л^З-4 =------Щд------ = — 1,69 КН.

Теперь нетрудно вычислить остальные усилия, используя, напри-
мер, способ вырезания узлов.

1.50.	Применив способ замкнутого сечения, вычислить усилия в от-
меченных на рис. 1.37, о, б, в стержнях ферм.

Указания: 1. Для фермы на рис. 1.37, б плечи усилий для
упрощения вычислений рекомендуется найти графически; 2. В ферме
на рис. 1.37, в в замкнутое сечение попадают четыре пересекаемых один
раз стержня, но два из них лежат на одной прямой.

1.51.	Определить усилия в стержнях фермы, приведенной на
рис. 1.38, а.

Решен и е. Воспользуемся способом замены стержней. Отбрасы-
ваем стержень 3—6 и ставим новый стержень 1—5. Получаем, таким
образом, преобразованную ферму (рис. 1.38, 6). Для этой фермы опреде-
ляем усилия от силы X = 1 (рис. 1.38, в) и от заданной нагрузки
(рис. 1.38, г). Значения усилий заносим в табл. 1.1.

Таблица 1. 1

Номер стержня	i	Ni,f	V	Л/. = Ni f + ^iX
1—2	— 1	0	12,86	12,86
2 — 3	— 0,8333	0	10,72	10,72
3 — 4	— 0,8333	0	10,72	10,72
4—5	— 1	0	12,86	12,86
5 — 6	— 0,625	6,25	8,04	14,29
1 — 6	— 0,625	6,25	8,04	14,29
1—4	0,8333	0	— 10,72	— 10,72
2—5	0,8333	0	— 10,72	— 10,72
1 — 5	-0,2917	— 3,75	3,75	0

По усилиям в стержне

1—5 находим значение X:

А'о

12,86 кН

Остальные усилия вычисляем по формуле (1.106).

Для контроля в табл. 1.1 вычислено усилие Его значение дей-
ствительно получилось равным нулю.

1.52.	Найти усилие в отмеченном на рис. 1.39 стержне фермы спо-
собом замены стержней.

4.2. Расчет ферм на подвижную нагрузку

Прн построении линий влияния реакций и усилий в фермах предполагают,
что нагрузка перемещается по одному из поясов фермы, назывз емому грузе-
в ы м. Если грузовой пояс верхний, говорят о езде поверху, если нижним
о езде понизу.
Характерной особенностью ферм является узловая передача нагрузки. От-
сюда следует, что предельные положения единичной силы всегда соответствуют
узлам грузового пояса, и линии влияния имеют ломаное очертание (без скачков).

Линии влияния опорных реакций балочных ферм имеют такой же вид, как
и для балок.

Для построения линии влияния усилия в стержне фермы статическим мето-
дом важно выбрать рациональный способ вычисления этого усилия. При этом
ферма и, соответственно, грузовой пояс, как правило, расчленяются на две или
более частей. Устанавливая груз F = 1 на каждую из этих частей, выражают
искомое усилие через х. — координату груза — и строят линию влияния, не за-
бывая об узловой передаче нагрузки.

Если усилие определяют способом моментной точки или способом проекций,
рассматривают два положения силы — слева и справа от сечения. Соответствую-
щие этим положениям прямые на линии влияния обладают следующими свой-
ствами: при определении усилия способом Риттера левая и правая прямые пере-
секаются при продолжении под моментной точкой; при определении усилия спо-
собом проекций левая и правая прямые параллельны.

Эти свойства можно использовать как для построения линий влияния, так
и для контроля их правильности.

Упражнения

1.53.	Для фермы, приведенной на рис. 1.40, построить линии влия-
ния усилий в отмеченных стержнях.

Решение. Для определения усилий А\, N3 проведем сече-
ние I—/. Установив груз в произвольное положение, обозначим рас-
стояние от него до левой опоры через х. При таком выборе начала от-
счета х опорные реакции определяются выражениями

о ___16 х. р_____х

Ка~ 16 ’	~ 16 ’

Линия влияния Ni- Пусть груз находится слева от сечения /—/.

Применив способ моментной точки, получим

ЪМм = — Rb • 12 +	• 4 = 0,

откуда = Rb • 3 =	• 3.

При х = 0 А\ = 0; при х = 4 м	• 3 = 0,75.

По полученным данным строим левую прямую.

Рассмотрим теперь случай, когда груз находится справа от сече-
ния /—I.

SMM = Ra • 4 —	- 4 = 0,

откуда = Ra =	.

При х = 8 м = 0,5, при х = 16 м = 0. Строим правую пря-
мую, учитывая узловую передачу нагрузки.

Отметим в качестве контроля, что левая и правая прямые действи-
тельно пересекаются под моментной точкой М.

Недостающие ординаты линии влияния определяем из геометриче-
ских соотношений.
Линия влияния ЛГ2- Груз F — 1 слева от сечения /—/:
ZML = —Rb • 8 — N2 - 4 = О,

откуда N2 = — RB • 2 = ~ • 2.

При х — О N2 = 0; при х = 4 м N2 = —0,5.

Построив левую прямую, продолжаем ее до моментной точки L и про-
водим правую прямую через найденную ординату и ноль под правой
опорой фермы. Учтя узловую передачу нагрузки (в данном случае она
не изменяет вид линии влияния), получаем линию влияния N2.

Линия влияния N3. Усилие N3 определяем способом проекций. Груз
F = 1 слева от сечения /—/:

= Rb + Na sin а = 0;

здесь sin а = 0,707; тогда

hr —_____р_,	1	____*	•

3	0,707	16 ’ 0,707
При х = О N3 = 0; при х — 4 м Ns — — 16 . 7ду = — 0,353.

Груз Е=1 справа от сечения /—/:

У>у = RA —Az3sin а = 0;
кт  р _J______х . 1

З" Л 71 0.707 ~ 16	0.707 *

При х = 8 м N3 —	_L-- = 0,707; при х = 16 м Л73 = 0.

Контроль: левая и правая прямые линии влияния N3 параллельны
друг другу.

Линия влияния N4. Проведем сечение II—II. Усилие N4 находим
способом моментной точки. Положение единичного груза удобно опре-
делять абсциссой Хк, отсчитанной от моментной точки К- При этом вы-
ражения для реакций RA и Rb изменятся, и усилие лучше вычислять
из условия равновесия правой (консольной) части фермы.

Если груз находится слева от сечения II—II, то ZV4 = 0; если груз
справа от сечения II—II, то

SJWk = Fxk 4- AV = 0,
где г = 8,48 м;

X If
ЛЛ, =____К-

4	848 •

При хк = 8 м 2V4 = —	= —0,943; при хк = 12 м /V4 = —	=

= — 1,415.

Учтя узловую передачу нагрузки, получаем линию влияния N±.

Контроль: левая (нулевая линия) и правая прямые пересекаются под
моментной точкой К.

1.54.	Для фермы, показанной на рис. 1.41, построить линии влияния
усилий Л\ и N2 и найти значения усилий от заданной нагрузки.

Решение. Линия влияния Л\. Начало отсчета х помещаем на
левой опоре. Тогда RA = J Кв = ^-

Проводим вспомогательное сечение I—I и строим предварительно
линию влияния Ns, применяя способ моментной точки (рис. 1.41). Не-
обходимые для этого тригонометрические и геометрические данные:
sin а = .А— = 0,243; cos а — Л... = 0,97; г = 4 • 0,97 — 3,88 м.

]/124-42	]/12 + 42

Теперь вырезаем узел К и, проецируя силы на ось у, получаем:

Ъу — —N3 sin а —	= 0;

= — N3 • 0,243.

Это соотношение справедливо при любом положении груза F = 1
на нижнем поясе; следовательно, линию влияния получим умножением
ординат линии влияния N3 на коэффициент (—0,243) (см. рис. 1.41).

Линия влияния N2. Усилие N2 определяется из условия равновесия
узла L. При этом возможны два случая положения нагрузки: 1) груз
F = 1 приложен в узле L, тогда N2 = F = 1; 2) груз находится вне
узла L, тогда N2 — 0.
На основании полученных значений с учетом узловой передачи на-
грузки строим линию влияния М2 (рис. 1.41).

Вычислив ординаты линий влияния в узлах фермы, определяем уси-
лия от заданной нагрузки:

Л\ = F (0,167 4- 0,334 4- 0,256 4- 0,167 4- 0,085) = 50,6 кН;

N2 = р . 1 = 50 кН.

1.55.	Построить линии влияния усилий в стержнях, отмеченных ш
рис. 1.42, а, б, е.

1.56.	Указать, как изменятся линии влияния, построенные
в упражнении 1.55, если единичный груз приложить к противополож-
ному поясу ферм.

1.57.	С помощью линий влияния проверить значения усилий, полу,
ченные в упражнении 1.43.

1.58.	С помощью линий влияния проверить значения усилий, полу-
ченные в упражнении 1.45.

4.3.	Шпреигельные фермы

Ш п р е н ге л ь ные фермы (рис. 21, а) относятся к фермам с состав-
ной решеткой. При больших панелях для уменьшения расстояния между узлами
грузового пояса вводят дополнительные фермы — шпренгели (рис. 21, б),
передающие вертикальную нагрузку в узлы основной фермы. Конфигурация
шпренгелей может быть различной: одноярусные шпренгели (рис. 22) передают
нагрузку в узлы грузового пояса, двухъярусные (рис. 23) — в узлы противопо-
ложного пояса. Совпадающие элементы шпренгели и основной фермы обычно вы-
полняются как единые стержни (рис. 21, в).
В шпренгельной ферме различают следующие типы стержней:

а)	стержни основной фермы, усилия в которых вычисляют из расчета основ-
ной фермы без учета шпренгелей;

б)	стержни шпренгелей, усилия в которых определяют из расчета соответ-
ствующего шпренгеля на местную нагрузку;

в)	стержни, входящие в состав и основной фермы, и шпренгеля; усилия в них
вычисляют отдельно для основной фермы и отдельно для шпренгеля, а затем сум-
мируют;

г)	стержни основной фермы с двухъярусными шпренгелями, для которых
линии влияния при расположении нагрузки на нижнем и верхнем поясе раз-
личны.

Расчленение на основную ферму и шпренгели обычно выполняют в тех слу-
чаях, когда это облегчает вычисление усилия или когда при рассмотрении за-
данной фермы усилия не могут быть вычислены.

Упражнения

1.59.	Определить усилия в стержнях четвертой панели шпренгель-
ной фермы (рис. 1.43, а) от заданной нагрузки.

Решение. Отбросив шпренгели, образуем основную ферму
(рис. 1.43, б). Нагрузку, приложенную к шпренгелям, распределяем
в узлы основной фермы. Проведя сечение /—/ и вырезав узлы 1 и 3,
вычисляем усилия в стержнях основной фермы: 0 = 270 кН; 0=
= —292 кН; W4, 0 = 25,5 кН; W7, 0 = 30 кН; 7Vg,“o = —30 кН.

Усилия в стержнях шпренгеля (рис. 1.43, в) находим способом вы-
резания узлов: W8, Sp = 30 кН; /V4, s_ = 25,5 кН; N6 Sp = 21,6 кН;
NlSp = —18,3 кН.

Окончательные усилия в стержнях заданной фермы следующие:
= дг3 =	0 = 270 кН; = Nlt 0 4- Д\ ,Sp = -310,3 кН; TV4 =
= М, .. + N.,. Sp = 51 кН; N, = Ne.sP = 21,6 кН; N6 = Nt.. 0 =
= 25,5 кН; N, = N. „ = 30 кН; Ns = Ns sp = 30 кН; N, = Ns. „ =
= —30 кН.

Следует отметить, что усилия Nt, N2, N3, Nt, N-, Ns можно полу-
читъ непосредственно из расчета заданном фермы, не расчленяя ее на
основную и шпренгели. Рекомендуется определить эти усилия в заданной
ферме самостоятельно.

1.60.	Определить усилия в отмеченных на рис. 1.44 стержнях ферм.
Зм ।
1.61.	Построить линии влияния усилий в стержнях /—5, 2—5,
2—6, 4—6, 1—6 шпренгельной фермы (рис. 1.45, а).

Решение. Проведем сечение /—I через три стержня. Не обра-
щая внимания на шпренгель, строим линии влияния усилий в стерж-
нях 2—3 и 2—6 основной фермы (рис. 1.45, в, г). «Линию влияния уси-
лия УУ4_6 (рис. 1.45, д) легко получить из линии влияния /V2_6, если
учесть при узловой передаче нагрузки дополнительный узел 5 шпрен-
геля. При построении линии влияния заметим, что = /V4_5.
Тогда, воспользовавшись сечением /—/, построим линию влияния
Ni-4, о (штриховая линия на рис. 1.45, е), заметив, что при перемеще-
нии груза F = 1 на левой части фермы ближайшим к сечению I—I яв-
ляется узел 5 шпренгеля.

Линию влияния Л\_6 (рис. 1.45, ж) строим, рассматривая равновесие
узла 1 шпренгеля (рис. 1.45, б) при приложении нагрузки в узлах 1,
5 и 4.

1.62.	Построить линии влияний усилий в стержнях 7—5, 3—4,
2—7, 4—8, 2—5, 5—6, 6—3,1—4 шпренгельной фермы (рис. 1.46, а).

Решение. Каждая панель фермы содержит по два двухъярусных
шпренгеля. Например, во второй слева панели — шпренгель 1—4—7
с дополнительным узлом 5 и шпренгель 1—4—8 с дополнительным
узлом 6.

Линия влияния N7_8. Проведем сечение /—I. Не обращая внимания
на шпренгели и используя моментную точку К, построим линию влия-
ния 7V2-4, о (Рис. 1.46, б).

Далее рассмотрим характер линии влияния при движении нагрузки
между узлами 2 и 3.

При положении нагрузки в узле 5 включается в работу шпренгель
1—4—7—5, в состав которого входит рассматриваемый стержень 7—8.
Так как узел 5 находится слева от сечения /—/, то этому положению
силы соответствует ордината левой прямой линии влияния ТУ2_4, 0
(0,146).

Так как стержень 7—8 не входит в состав шпренгеля 1—4—8—6,
то при расположении нагрузки в узле 6 ордината линии влияния ТУ2_4, 0
сохраняется (1,06).

Соединив полученные ординаты прямыми линиями, получаем окон-
чательную линию влияния N7_6 (рис. 1.46, б).

Линия влияния N^. Проведя сечение II—II, отбрасываем шпрен-
гели и строим линию влияния Лг3_4. о Для езды понизу и поверху
(рис. 1.46, в). Эти линии влияния на участке между узлами 2 и 11 раз-
личны. Окончательную линию влияния ТУ3_4 строим с учетом того, что
при положении груза в узлах 5, 6, 9 и 10 он передается шпренгелями
на нижний пояс (езда понизу).

Остальные линии влияния построить самостоятельно.

1.63.	С помощью линий влияния проверить усилия, полученные
в упражнении 1.60.

4.4.	Применение матриц влияния к расчету ферм

Матрицей влияния называется матрица Ls, элементами которой являются
усилия в стержнях при положениях единичного груза во всех узлах фермы. За-
данные узловые нагрузки записывают в матрице F. Пусть для некоторой фермы
число стержней равно гп, число узлов загружаемого
личных загружений — t.

Тогда имеем:

пояса — п, количество раз-

Мп Nia ... А'1Л . . . М1п

N2i Л'22 ... N2k ... N2ri

Nt-i Nr2 ... Nik ... Nt.



^11 ^12 ... F\j •••
F21 F22 ••• F 2j ... F2t

fki Fk2 ... Fkj .. . Fkt

Fni ^п2 * ' ' ^nf  • • Fnf'

Матрица усилий в стержнях фермы при всех загружениях может быть полу-
чена по формуле

N = LSF.

(1.11)

Упражнение

1.64. С помощью матриц влияния вычислить усилия в стержнях
консольной фермы (рис. 1.47, б) отдельно для каждого из заданных на
рис. 1.47, а загружений.

Решение. Строим линии влияния усилий в стержнях фермы
(рис. 1.47, в). Вследствие того, что N2_e = О, N2_3 — N3^,	= N6_7,

количество стержней, учитываемых в матрице влияния, можно умень-
шить. Для матрицы влияния принимаем следующую последовательность
записи усилий в стержнях: 1—2, 2—3 (3—4), 4—5, 5—6 (6—7), 3—5,
1—7, 2—5, 2—7.

	- 0	0,75	1,5	2,25 ~
	0	0	0	1,333
	0	0	0	— 1,667
Ls =	0  0	0  0	— 1 —1	—2  0
	—1	0	0	0
	0	0	1,2	0,733
	0	— 1,25	—0,9	—0,55

В первом загружений заданы узловые силы; нагрузки второго и тре-
тьего загружений необходимо привести к узловым. Для второго загру-
жения это будут силы 1\ = 80 кН; F2 = 120 кН; F3 = 60 кН; Н4 =
= 10 кН; для третьего загружения FY = 0; F2 = 30 кН; F3 — 120 кН;
Н4 = 60 кН.

Составляем матрицу узловых нагрузок:

“60	80	0-

40	120	30

50	60	120

20	10	60_

Вычисляем усилия в стержнях,			перемножая матрицы Ls п F:		
		~ 150	202,5	337,5~|	
		26,7	13,33	80	
		—33,3	— 16,67 -	-100	
N = LSF	=	—90  —50	—80  —60	—	-240  -120	-
		—60	—80	0	
		—74,7	79,3	188	
		106	—209,5 -	-178,5_	

Усилия, например, в стержне 6—7 при заданных загружениях
равны элементам четвертой строки матрицы N:Nl—7 =—90 кН; ^-7 =
= —80 кН; = —240 кН.

Глава 5

РАСПОРНЫЕ СИСТЕМЫ

5.1.	Общие сведения

Основным признаком распорных систем является наличие горизонтальных
составляющих опорных реакций — распора — при действии вертикальной
нагрузки.

К распорным системам относят арки с затяжками и без них, рамы, ароч-
ные фермы. В комбинированных системах, в том числе висячих и вантовых, так-

же появляются усилия, аналогичные распору.

Аркой (рис. 24, а) называют криволинейный брус, концы которого за-
креплены так, что исключается возможность их взаимных смещений.

Различают бесшарнирные (рис. 24, а), двухшарнирные (рис. 24, б) и трех-
шарнирные (рис. 24, в, г, д, е) арки. Бесшарнирные н двухшарнирные арки ста-

тически неопределимы в отличие от трехшарнирных.

Опорные сечения арок называют пятами (рис. 24, а), наиболее удаленное
от линии пят сечение — замком-, I — пролет арки; f — стрела подъема арки. При

L

< -jr- арку считают пологой.

По очертанию оси наиболее распространены арки параболического (по квад-
ратной параболе) и циркульного (по дуге окружности) очертания.

Трехшарнирная арка может быть выполнена с прямолинейной (рнс. 24, г,
д) или ломаной (рис. 24, е) затяжкой. Затяжку, показанную на рис. 24,6, на-
зывают повышенной.

5.2.	Расчет трехшарнирных арок на вертикальную нагрузку.

Опорные реакции

В арке без затяжки (рис. 25, а) вертикальные составляющие (УА и I/fl) опор-
ных реакций определяют из уравнений 2 Л1Д — 0; S 7ИВ = 0.

Так как горизонтальные реакции в эти уравнения не входят, то составляю-
щие УА и VB равны реакциям в балке (рис. 25, б) того же пролета I от той же
нагрузки и называются балочными реакциями.

Из уравнения V] X = НА — Нв = 0 следует, что НА — Нв — Н. Эту величину
называют распором.

Распор определяется одним из условий: У МС1 = 0 или У Мс г = 0, кото-
рые принимают вид 7ИС —Hf=0, где Мс — балочный изгибающий момент в сече-
нии С.
Таким образом,



В арках с затяжкой опорные реакции являются балочными, а роль распора
играет усилие в затяжке.

5.3.	Внутренние усилия в трехшарнирной арке

Усилия в сечении К (рис. 25, а) с координатами центра тяжести х& я
определяют по формуле

= Q°k cos <рк — H sin <рк; >	(1.13)

NK = ~ Sin Чк — Н cos Фк* '

где М°к и Q°K — балочные усилия (рис. 25, б);	— угол наклона касательной к оси

арки в сечении К.

Из уравнений (1.13) следует, что эпюры внутренних усилий, как правило,
криволинейны. Обычно при построении эпюр арку разбивают вдоль оси х на рав-
ные отрезки длиной Дх и, вычислив в полученных таким образом сечениях внут-
ренние усилия, строят по ним эпюры М. Q, N. Более рационально при построе-
нии эпюр вычислять значения М, Q и N в сечениях на границах участков (точ-
ки приложения сосредоточенных сил и моментов, точки на границах распреде-
ленных нагрузок, точки примыкания повышенных затяжек) и в одном или не-
скольких промежуточных сечениях (в зависимости от характера эпюры).

Линии влияния вертикальных составляющих опорных реакций соответствуют
балочным линиям влияния опорных реакций. Линию влияния распора строят на
основании выражения (1.12) как линяю влияния балочного изгибающего момента
в сечении С, с ординатами, деленными на стрелу подъема арки f.

Линии влияния внутренних усилий строят по формулам (1.13) как алгебраи-
ческую сумму линий влияния балочных усилий А1д., линии влияния распора,
взятых с соответствующими коэффициентами.
Упражнения

1.65.	Является ли аркой сооружение, расчетная схема которого
приведена на рис. 1.48?

1.66.	Почему на незагруженных участках эпюра М криволинейна?
Указать направление выпуклости эпюры М в этом случае.

1.67.	Построить эпюры М, Q и N для арки, приведенной на
рис. 1.49, а. Ось арки очерчена по параболе у = ^х(1— х).

Решение. Находим опорные реакции.

= Fi • 3 -f- F2 • 5 + q • 6 • 12 —	• 15 = 0, откуда VB = 62 кН;

= — Fi- 12— F2  10 — q • 6 • 3 +	• 15 — 0, откуда Vz = 48 кН;

%Mc, i = — Ft • 4,5 — F2 - 2,5 + VA • 7,5 — H • 3 = 0, откуда //=65 кН.

Проверка:	= pi F2 q . 6 — V A — VB = 110— 110 = 0;

5X, = — q . 6 • 4,5 — H • 3 4- VB • 7,5 = — 465 + 465 = 0.

Вычисляем внутренние усилия. В соответствии с нагрузкой разби-
ваем арку на участки. Для построения эпюр выбираем сечения на гра-
ницах участков (точки /, 5, 5, 7, 9) и в промежуточных точках каж-
дого участка (точки 2, 4, 6, 8). Абсциссы этих точек записаны во вто-
ром столбце табл. 1.2. Ординаты точек вычисляем исходя из заданного
уравнения оси арки:

Ух = 0; Уг = + ' 1,5(15-1,5)= 1,08м;

-3(15-3)= 1,92 м

И т. д.

Значения тангенсов углов наклона касательных к оси арки находим
из выражения Igtp = ~ = ^ (I —2х):

lg4'i =	(15 —2 • 0) = 0,8; tg<p2 = 4-j^j (15 —2 • 1,5) = 0,64 и т. д.

По этим значениям определяем <р, sin <р и cos <р. Балочные усилия
М° и Q° вычисляем по рис. 1.49, б: Л4? = 0; Qj = VA ~ 48 кН; М2 =
= УА - 1,5 = 72 кН  м; Q® = УА = 48 кН и т. д.

Дальнейшие вычисления выполнены в табл. 1.2 в соответствии с фор-
мулами (1.13). Значения поперечных и продольных сил в местах прило-
жения сосредоточенных сил вычислены слева и справа от сил.

На основании полученных в табл. 1.2 значений на рис. 1.49, в, г, д
построены эпюры /И, Q и N.

Замечание. Для параболической арки при действии только
сосредоточенных сил и равномерно распределенных нагрузок изгибаю-
щие моменты на участках изменяются по закону квадратной параболы.
Исходя из этого легко может быть вычислена стрелка эпюры М в се-
редине каждого участка длиной а по формуле
Например, для участка 7—9 стрелка эпюры 711 в сечении 8

is = (	• 6б) • 6’- = 13,8 кН • М|

для сечения 4 на участке 3—5

it = —т! • 65 • 23 = —3,5 кН • м.
Номер сечения	х, м	у, м	tg ?	<р	sin <р	COS ip	Q«, кН	Л1°, кН-м
1	2	3	4		6	7	8	9
1	0	0	0,8	38°40'	0,625	0,781	48	0
2	1,5	1,08	0,64	32°37'	0,539	0,842	48	72
3	3	1,92	0,48	25°38'	0,433	0,902	48	144
							28	
4	4	2,35	0,373	20°28'	0,350	0,937	28	172
5	5	2,67	0,267	14°56'	0,258	0,966	28	200
							— 2	
6	7,5	3	0	0	0	1	— 2	195
7	9	2,88	— 0,16	- 9°05'	— 0,158	0,987	- 2	192
8	12	1,92	— 0,48	— 25°38'	-0,433	0,902	— 32	141
9	15	0	-0,8	— 38°40'	— 0,625	0,781	— 62	0
Таблица 1.2

H«t/, кН«м	м, кН«м	Q° cos	Н sin <р	Q, кН	Q° sin<?	//coSr	Д'. кН
10	11	12	13	14	15	16	17
0	0	37,5	40,6	— 3,1	30	50,8	— 80,8
70,2	1,8	40,4	35	5,4	25,9	54,7	— 80,6
124,8	19,2	43,3	28,1	15,2	20,8	58,6	— 79,4
		25,3		- 2,8	12,1		— 70,7
152,8	19,2	26,2	22,8	3,4	9,8	60,9	-70,7
173,6	26,4	27,0	16,8	10,2	7,2	62,8	-70
		- 1,9		- 18,7	-0,5		-62,3
195	0	— 2	0	-2	0	65	-65
187,2	4,8	— 2	- 10,3	8,3	0,3	64,2	-64,5
124,8	16,2	— 28,9	— 28,1	-0,8	13,9	58,6	-72,5
0	0	— 48,4	— 40,6	— 1,8	38,8	50,8	-89,6
Номер сечения	м	/ Г2— Х2	у, м	s in?	1 cos?	Л!“, кН-м	кН	S-y, кН« м	м. кН. м	Qo cos? кН	S sin? кН	Q, кН	sin?, кН	S cos? кН	Л', кН
1	— 12	3,5	0	0,96	0,28	0	16,75	0	0	4,69	8,96	-4,27	16,1	2,61	— 18,7
2	— 10,5	6,78	3,28	0,84	0,542	25,13	16,75	30,6	— 5,5	9,08	7,84	1,24	14,1	5,06	— 19,2
3	— 9	8,67	5,17	0,72	0,694	50,25	16,75	48,2	2,1	11,6	6,72	4,88	12,1	6,48	— 18,6
							12,75			8,85		2,13	9,18		- 15,7
4	— 4,5	11,66	8,16	0,36	0,933	87,38	3,75	76,1	11,3	3,5	3,36	0,14	1,35	8,7	-10,1
5	0	12,5	9	0	I	84	-5,25	84	0	— 5,25	0	— 5,25	0	9,33	— 9,33
6	2,5	12,25	8,75	— 0,2	0,98	70,88	— 5,25	81,6	— 10,7	-5,15	- 1,87	— 3,28	1,05	9,14	— 10,2
7	5	11,46	7.96	-0,4	0,97	57,75	— 5,25	74,3	— 16,5	— 4,81	— 3,73	— 1,08	2,1	8,56	- 10,7
							— 8,25			— 7,57		-3,84	3,3		- 11,9
8	8,5	9,17	5,67	-0,68	0,734	28,88	-8,25	52,9	— 24	— 6,06	— 6,34	0,28	5,61	6,85	- 12,5
9	12	3,5	0	— 0,96	0,28	0	-8,25	0	0	— 2,31	— 8,96	6,65	7,92	2,61	— 10,5
Соответствующие ординаты эпюры М могут быть вычислены следу-
ющим образом:

Л1в =4 + 13,8 = 16,2 кН • м; = 19-+-6- —3,5 = 19,3 кН  м.

1.68. Построить эпюры М, Q, N для арки с затяжкой, очерченной
по дуге окружности (рис. 1.50, а).

Решение. Вычисляем опорные реакции: УА = 16,75 кН; Vb =
= 8,25 кН. Усилие в затяжке определяем так же, как распор: ХМС, г =
=	. 5 _ ув . 12 + S • 9 = 0; S = 9,33 кН.

Для определения внутренних усилий разбиваем арку на участки
вдоль оси х и намечаем сечения

Необходимые для дальнейшего расчета геометрические и тригоно-
метрические соотношения находим по рис. 1.50, а.

' = т + ^ = 4 + Й= 12’5м: y = Vr^^~r + f;

X	]/ Г2 X2

sin ср = — — ; cos (р = -— -.

В соответствии с полученными данными в табл. 1.3 по формулам
(1.13) вычислим значения М, Q, N в принятых сечениях. Строим эпюры
внутренних усилий (рис. 1.50, в, г, д).

1.69.	Построить эпюры М, Q и N для арок, приведенных на
рис. 1.51, а, б, в [у — ^х(1 — x)j.

1.70.	То же, для арок на рис. 1.52, а, б, в [у=^х(1—х)).

Указание. При наличии повышенной затяжки для точек, рас-
положенных ниже затяжки, усилия определяются только вертикаль-
ной нагрузкой М = Q = cos <р; N = —sin ср.
Для точек выше затяжки М = М° — Sy'; Q = Q° cos ср — S sin <p;
ЛГ = —Q° sin cp — S cos <p (у' = у — (f — Г) — ордината точки на оси
арки, отсчитанная от затяжки).

1.71.	Для параболической арки, приведенной на рис. 1.53, а, по-
строить линии влияния распора и внутренних усилий в сечении
к[у = *х(1 — *))

Решение. При вертикальной нагрузке Н = Mc!f; следователь-
но, линию влияния (рис. 1.53, в) получаем делением ординат балочной
(рис. 1.53, б) линии влияния /И® на f = 3.

В точке С находим ординату Я = — = —-% = 1. Линии влияния вну-
тренних усилий получаем сложением линий влияния балочных усилий
(рис. 1.53, г) и линии влияния распора с коэффициентами, соответ-
ствующими уравнениям (1.13).

Находим значения коэффициентов:

J/K = T^-4(12-4)=2,67;

tg<PK =	-2хк) = ^г(12 — 2 • 4) = 0,333;

<рк = 18е 26'; sin срк = 0,316; cosep^ = 0,949.

Записываем уравнения внутренних усилий:

мк =м°к — Нук = м°к-н- 2,67;

QK = Qqk cos <ек — Н sin 4>к = Q°K • 0,949 — Н  0,316;

NK~ — Q°K sin <pK — H cos <pK = — Q°. • 0,316 — H • 0,949.

Построение линий влияния показано па рис. 1.53, д, е, ж.

1.72.	Построить линию влияния усилия в затяжке и линии влияния
внутренних усилий в сечениях 1 и 2 арки, показанной на рис. 1.54, а.
Уравнение оси арки у = -^х(1— х).

Решение. Линия влияния усилия в затяжке строится по фор-
муле S = M^clf  Ее вид показан на рис. 1.54, б.

Линин влияния усилий в сечении 1 строим по формулам

Qi = Qi cos Фр' Nl = — sin ipi-

При Xi = 1,6 м получаем tg <pt = t^r(20 — 2 • 1,6) = 0,672; <Pi =
= 33° 54'; sin <[ j = 0.558; cos <px = 0,83; Мг = M?; Qj = Q° • 0,83;	=

=—Qi • 0,558. По этим уравнениям на рис. 1.54, в построены линии
влияния Л4Ь /Vj.

Линии влияния усилий в сечении 2 получаем из уравнений

Л12 = Л12 — S • у*; Q3 = Q? cos (р2 — S sin <p2;

N2 = —02 sin 4>2 — cos <p2.


При х2= 12 mj/3 = ^ 12(20- 12) = 3,84 м; 1/2= 3,84 —(4 — 2,5) =
= 2,34 м; tg<p2 = 1^(20 —2 • 12) =—0,16; <р2 = — 9°05'; sin<p2 =
= —0,158; cos ср2 — 0,987.

Теперь получаем М, = М?2 — 2,34S; Q2 — 0,987Q2 + 0,158S; N2 —
= 0.158Q" — 0.987S.

Построение линий влияния /И2, Q2, показано на рис. 1.54, г, д, е.

1.73.	Построить линии влияния внутренних усилий в сечениях арок,
отмеченных на рис. 1.55, а, б.

5.4.	Рациональная ось трехшарнирной арки

Пусть в арке заданы пролет I и стрела подъема, т. е. определено положе-
ние трех шарниров — А, В, С. Этих данных достаточно для определения вер-
тикальных составляющих реакций и распора. Потребуем, чтобы ось арки про-
ходила через точки А, В и С так, чтобы изгибающие моменты в сечениях арки,
а следовательно, и поперечные силы были равны нулю- Л/ = М° — И - у = 0.
Отсюда уравнение рациональной оси арки имеет такой вид:

(1-14)

Упражнения

1.74.	Найти уравнение рациональной оси трехшарнирной арки при
действии на нее равномерно распределенной нагрузки.

Решение. Опорные реакции в арке

Уравнение балочных изгибающих моментов

Мо= VAx-^ = -lx(l-x).

Согласно формуле (1.14) получаем у =	х(1 — х).
1.75.	Найти уравнение рациональной оси арки, загруженной по
рис. 1.56.

1.76.	Построить рациональные оси трехшарнирных систем для на-
грузок, приведенных на рис. 1.57, а, б, в.

5.5.	Ядровые моменты

Максимальные нормальные напряжения в сечении арки определяют по дву-
членной формуле

_ М /V
°тах ~

(1-15)

что усложняет подбор сечений арки. Чтобы избавиться от второго слагаемого
в формуле (1.15), продольную силу переносят в так называемые ядровые точки
сечения и вычисляют ядровые моменты.

Тогда при положении Л7 в точке А (рис. 26) напряжения в точке С

_ Mlnf

°с W

w sup

где

(1.16а)

— нижний ядровый момент (изгибающий момент, вычисленный относительно
точки Л); U7SHp — момент сопротивления сечения для верхнего волокна.

Аналогично вычисляют напряжения для нижнего волокна:

и верхний ядровый момент

М = A14-Azr».	(1.166)

sup ~ 'kern, sup	'

При вычислении ядровых моментов в пологих арках наклоном сечения можно
пренебречь. Тогда

Minf ~ Н (У rkcm, inf)* 1	Л 17)

S6
Упражнения

1.77. Для арки, приведен-
ной на рис. 1.58, определить
изгибающий и ядровые момен-
ты в сечении 7; h == 60 см;
У = ^х(1—х).

Решение. Опорные ре-
акции VA= 27 кН; Vв = 9 кН;
И = 27 кН.

У, = ^-20(24 - 20) =
~ 2,22 м;

tgq>I=^/(24 - 2 - 20) =
— — 0,444; sin <pr = — 0,406;
cos = 0,914; M? = 9 • 4 =
= 36 кН - м; Qi = — 9 кН.

Изгибающий момент и про-
дольная сила в сечении 1

ЛД = 36 — 27 • 2,22 = —23,94 кН  м;
М = — 9 • 0,406 — 27 • 0,914 = —28,3 кН.

Расстояния до ядровых точек

Г kern, inf	• Г kern, sup — t"kern ==	== 10 CM — 0,1 M.

Вычисляем ядровые моменты по формулам (1.16а) и (1.166):

Mini = — 23,94 + 28,3.0,1 = — 21,11 кН . м;

Msup = — 23,94 — 28,3 • 0,1 = — 26,77 кН - м.
По формулам (1.17) получаем

Л4 inf = 36 — 27 (2,22 — 0,1) =
= — 21,24 кН • м;

Msup = 36 — 27 (2,22 4-0,1) =
= —26,64 кН’М.

Результаты вычислений по
формулам (1.16я), (1.166) и (1.17)
отличаются незначительно.

1.78. Используя формулы
(1-17), построить линии влияния
ядровых моментов в сечениях К
арок, приведенных на рис. 1.59,
а, б, в. Сечение всех арок — пря-
моугольное высотой h = 90 см.

5.6.	Расчет трехшарнирной арки
на произвольно направленную
нагрузку

При расчете арки нагрузку про-
извольного направления удобно раз-
ложить на составляющие по осям х

и у (рис. 27).

Опорные реакции VA и VB не равны балочным реакциям, а горизонтальные
реакции НA=fc Нв.

Внутренние усилия не могут быть определены по формулам (1.13), их необ-
ходимо вычислять по общим правилам.

Упражнение

1.79. Вычислить внутренние усилия в сечении К трехшарнирной
арки, приведенной на рис. 1.60, при действии горизонтальной равно-
мерно распределенной нагрузки.

Решение. Находим опорные реакции:

---Vв • 24 = 0, откуда Vв = 60 кН;

— VA • 24 = 0, откуда VA = 60 кН;

ZjA1c-' + Va • 12 ~Ил • 12 = о, откуда НА = 180 кН;

ЕМс. г = Рв • 12 — Нв • 12 = 0, откуда Нв = 60 кН.

Вычисляем ординату оси аркн в точке К

ук = VW-71 = 9,75 м

и функции угла : 1g= 2$ = 0,718; sin = 0,583; cos<pK=0,812.

Определяем внутренние усилия в сечении К:

Л1д- = — Ил • 5 —	+ цд  9,75 = 504 кН  м;
QK = — VA cos <pK 4- (H4 — q • 9,75) sin <pK = — 575 кН;

NK = VA sin 4- (HA — q • 9,75) cos = 228 кН.

5.7.	Трехшарнирные рамы

Опорные реакции в трехшарнирных рамах вычисляют так же, как и для
арок. Внутренние усилия в рамах удобно определять по общим правилам. При
расчете на вертикальную нагрузку можно применять формулы (1.13).

Упражнения

1.80. Построить эпюры внутренних усилий и линии влияния рас-
пора и усилий в сечении К рамы, приведенной на рис. 1.61, а.

Решение. Опорные реакции даны на рис. 1.61, а. Здесь же по-
строены эпюры Л/, Q и N.

Линия влияния распора И (рис. 1.61, б) строится так же, как и для
трехшарнир ной арки.

Для внутренних усилий в сечении К справедливы следующие соот-
ношения:

Мк =	— Л/г/к; QK= Q°K cos <р — Н sin ф;

Nk = — Qx sin ср — H cos ф,

где Ук ~ 2,67 м; sin <р = 4/5; cos ф = 3/5.

Сложение балочных линий влияния с линией влияния распора,
умноженных на соответствующие коэффициенты, выполнено на рис. 1.61,
в, д, ж. Следует отметить, что из-за наличия консоли DE даже при
х < 2 действие силы F = 1 передается в точку Е, находящуюся справа
от сечения К. В силу этого левые прямые балочных усилий (штриховая
линия на рис. 1.61, в, д, ж) оказываются недействительными, а правые
прямые продолжаются до конца консоли (точка D),

Окончательный вид линий влияния Мк, QKt приведен на
рис. 1.61, а, е, з.

1.81.	Построить эпюры внутренних усилий рам, изображенных на
рис. 1.62, а, б.

1.82.	Для трехшарнирных рам (рис. 1.63, п, б, в) построить линии
влияния И, Mlt Qlf Nlf М2,	N2.

5.8.	Трехшарнирные арочные фермы

После вычисления опорных реакций (вертикальных и горизонтальных) уси-
лия в стержнях трехшарнирных ферм вычисляются обычными способами: выреза-
нием узлов, Риттера и др.

Упражнения

1.83	. Определить усилия Nr и N2 в стержнях трехшарнирной фермы
(рис. 1.64).

Решение. Находим опорные реакции:

Х^д = Fl • 2 — F2 • 2 — VB • 8 = 0, откуда VB = 5 kHJ

Xi/ == Fl + VA -|- VB = 0, откуда VA = 35 кН;

X^c, r = F2 • 2 — VB • 4 — HB • 4 = 0, откуда Нв = 5 кН;

— F2~ Ha—.Hb = G, откуда HA = 15 кН.

Вычисляем внутренние усилия.

Сечение I—/:

Xz ~	соз 45° — НА cos 45° ф-	cos 45° = 0, откуда /V г = — 20 кН.

Сечение II—II:

%МК= Vb-2 + Нв- 4-F2-2 — Na -2cos 45° = 0, откуда W2= 7,07 кН.
1.84.	Определить усилия в отмеченных на рис. 1.65, а, б стержнях
трехшарнирных ферм.

1.85.	Построить линии влияния усилий Nlt N2, N3 для ферм, при-
веденных на рис. 1.66, а, б.

Глава 6

КОМБИНИРОВАННЫЕ И ВИСЯЧИЕ СИСТЕМЫ

Комбинированными называют системы, в которых объединяются различные
по роду работы конструкции. В основном в таких системах сочетаются изгибае-
мые и сжато-растянутые элементы. Благодаря наличию растянутых элементов
изгибаемые разгружаются и расход материала уменьшается.

Упражнения

1.86.	Определить внутренние усилия в системе, показанной на
рис. 1.67, а.
Рис. 1.67
Решение.

У, М.в = 42 - + Ra -18 = 0, откуда Ra = 9 кН;

£ У= RA 4- RB — 4 - 9 = 0, откуда RB = 27 кН.

Рассматривая узлы D, Е, F (рис. 1,67, г), получаем соотношения
ЛАХ cos = N2 cos сс2 = N3 cos а3 = //, т. е. горизонтальная проекция
усилий во всех элементах цепи одинакова. Тогда, проведя сечение /—/
и разложив усилие N3 в точке F, получим из условия равновесия левой
части ХМс ~ 9 - 9 + Н - 5 = 0

Н = —16,2 кН.

Усилия в элементах цепи

Я, = —-------: — ггМ = — 22,9 кН;

1	cos Rj 0,707	’

Л Г Н	1 6,2	1 л | л тт

7V, =--------= —/гопт — —18,12 кН;

2	cos а2 0,894	’

Д J	Н	16,2	• « .п тт

=--------= —	= —16,43 кН.

3	cos сс3 0,986

Здесь cosctj — 0,707; cosa2 = — 3 . _= 0,894;

1	2	1/32+1,52

cos а3 =	_3 _ - = 0,986.

}/ З2 + 0,52

Усилия в подвесках находим из условий равновесия узлов:

Я4 = Я(tga,- tgaj = -16,2	-1) = 8,1 кН;

Я5 = Я (tga3 - tg a2) = -16,2	= 5,4 кН;

Яс = — И • 2tga3 = 16,2 • 2 - ^ = 5,4 кН.

Усилия в правой части цепи и в правых подвесках симметричны ле-
вым усилиям.

Продольная сила в балке N = —Н = 16,2 кН.

Усилия в сечении К балки находим из выражений Мк = Мд' —
— Н • у к, Qk — Q^k—Н tgaK. (В сечении К показано действительное
направление Н).

Эпюра моментов построена на рис. 1.67 как разность эпюры балоч-
ных моментов Л1° и эпюры Н  у.

При построении эпюры Q (рис. 1.67, в) следует принимать tga' =
= — <gc/-

1.87.	Определить усилия и построить эпюры М. и Q в шпренгельпых
балках (рис. 1.68, а, б}.
1.88.	Построив линии влияния, определить изгибающий момент,
продольную и поперечную силы в сечении 1 шпренгельной балки
(рис. 1.69).

1.89.	Построить эпюры /И, Q, N в раме с подкосами (рис. 1.70).

Указание. После вычисления опорных реакций, используя
сечение 7—7, найти усилие в подкосе.

1.90.	Найти высоту шпренгельной балки (рис. 1.71), при которой
теоретический расход материала на шпренгель будет наименьшим (про-
дольным изгибом стойки пренебречь).

Решение. Опорные реакции балки Ra = Rb = 20 кН. Опреде-
ляем усилия в элементах шпренгеля. Проведя сечение 7—7, находим

„	2  202 юо u

H = -h==^-h=~h^ КИ

Из равновесия узла D шпренгеля следует, что

N1 = N2 =

= -Л. кН;
h cos a sin а

W3 = 27/tga = ^tga = 20 кН.

Длины стержней /3 = h = lOtga; /х = /2 =	, .м.

Теоретический расход материала на шпренгель

10

l7 2Д\/1 N3 . -.since 10 . 20

F + Й= 2 Т5Г • с-БИГ + Fl10 tg
Условие минимума — 0] после преобразований принимает вид

2 sin2 а — cos2 а
si п2 а - cos2 а

откуда tg а = + ]/" ; h = 5 2 м.

Висячие системы являются специфическими комбинированными системами,
в которых роль основной несущей конструкции выполняет цепь или трос, а под-
вешенная к ним балка или ферма обеспечивает жесткость сооружения.

Упражнения

1.91. Определить усилия N4 и TV5 в висячей системе, показанной на
рис. 1.72. F — 2 кН.

Решение. Разрезав трос в точках А' и В', раскладываем усилия
в нем на составляющие /У, Va и V'b. Тогда ^Маг = ^(5 + 10+ 15 +
+ 20 + 25 + 30 + 35 + 40 + 45 + 50 + 55) — (Кв + Кв) • 60 = 0, от-
куда

Аналогично Va + Кв = 11 кН.

Проведем сечение /—/. Из условия равновесия левой части полу-
чим Е< = (Кл + Кл)« 30 — F (5 + 10 + 15+20 + 25) —/У •/ = 0,

откуда

Мс 330 - 150

П ~ f ~	16,4

Здесь f = 10 tg а3 + 10 tg а2 + 10 tg

= 11 кН.
Для определения усилий NA и /V5 проведем сечение II—II. Раскла-
дывая усилие в тросе на составляющие Н и Р2, получаем

V п£ = (ГЛ 4- 1Q . |0-F.5-//(J/K + yh-) + ^k-W43 = 0;

При ук = f— 10(tga3 4- tga2) = 9,97 м усилие = —3,32 кН;
?,!1 = (Уа + Ki) — 2F —V2 — Al6sin р = 0.

При K, = tftga.= Il • 0,466 = 5,13 кН и sinP= 3 — = 0,514

1	“	-	V d2 + 52

получаем /V5 = 3,64 кН.

1.92.	Проверить усилия /V4 и Ns (упражнение 1.91) с помощью ли-
ний влияния.

Указание. Учитывая, что VA = VA + VA и Vb = Vb + Vb яв-
ляются балочными реакциями, предварительно построить линию влия-
ния горизонтальной проекции усилия в цепи.

Глава 7

ВЫЧИСЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ В СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМАХ

7.1.	Перемещения от внешней нагрузки

Для вычисления перемещений в плоских стержневых системах используют
формулу Мора

VI f MiMkdx VI (•	V Г	.

й“—2j.) El +2jJ EA + 2j> GA ’

где — перемещение по направлению г-й обобщенной силы, вызванное Л-й на-
грузкой; А1., Л\-, Qi — внутренние усилия от i-й обобщенной силы, равной единице;
Mk. Nk. Qi{ — внутренние усилия от k-й нагрузки.

Под обобщенной силой Fi подразумевается любая сила или группа сил. Про-
стейшей группой является пара сил, измеряемая ее моментом.

Перемещение по направлению обобщенной силы Fi — это такое переме-
щение, на котором данная сила выполняет работу W = Fi/\[.

Таким образом, определив внутренние усилия Mk, Nk и Qk от заданной Л-й
нагрузки, необходимо приложить по направлению искомого_перемещення единичную
обобщенную силу Fи найти внутренние усилия Mit и Q£- Тогда перемещение
&ik можно вычислить по формуле (1.18).

На рис. 28 приведены примеры выбора единичной силы: для определения
вертикального перемещения точки А (рис. 28. с); горизонтального перемещения
точки В (рис. 28, б); угла поворота узла К (рис. 28, в); сближения точек А и В
(рис. 28, г); угла поворота стержня 2—3 (рис. 28, д).

При вычислении перемещений в фермах первое и треть£ слагаемые в фор-
муле (1.18) отпадают; в пределах каждого стержня усилия Nk и жесткость
сечения ЕА постоянны. Тогда получаем формулу

Для систем с преобладающим изгибом (балки, рамы) в формуле (1.18) удер-
живают обычно только первое слагаемое:
Если систему можно разбить на прямолинейные участки постоянной жест-
кости, в пределах которых одна из эпюр прямолинейна, а для другой известны
ее площадь и положение центра тяжести, то интеграл можно вычислить по пра-
вилу Верещагина:



(1-21)

где Й — площадь криволинейной эпюры на участке (рис. 29); у0 — расположен-
ная под центром тяжести Q ордината прямолинейной эпюры.

Если криволинейная эпюра очерчена по параболе не выше второй степени,
для вычисления интеграла в формуле (1.20) можно пользоваться формулой Симп-
сона — Корноухова

△f* ~	beg^li. beg ^1. mt^k. mt ^i, cnd^k. еп<^'	0

Смысл входящих в выражение (1.22) обозначений поясняется на рис. 30.

Вычисление перемещений по формулам (1.21), (1.22) обычно называют сопря-
жением, или перемножением эпюр.

Формулы для вычисления площадей и центров тяжести простейших эпюр
для перемножения по формуле (1.21) приведены в табл. 1.4.

Сложные эпюры обычно разбивают на простые составляющие. Вычис-
ление по формуле Симпсона—Корноухова, более трудоемкое при простых эпюрах»
в сложных случаях дает преимущества по сравнению с вычислением по правилу
Верещагина. В связи с этим целесообразно комбинировать указанные способы
при перемножении эпюр.
Таблица Z4

Упражнения

1.93. Определить для Г-образной рамы (рис. 1.73, а) вертикальное
перемещение и угол поворота опорного сечения В (EI = const).

Решение. Эпюра изгибающих моментов от заданной нагрузки
построена на рис. 1.73, б. Эпюры моментов от единичной силы F± = 1
и момента М2 = 1 по направлению искомых перемещений приведены на
рис. 1.73, в, г. Для перемножения эпюр по правилу Верещагина разби-
ваем раму на три участка и на каждом из них на эпюре М выделяем
стандартные эпюры. Перемножая эпюры М и /Wj, находим вертикаль-
ное перемещение:

PB=Ai=±(^4.3+^.(i>2+4.i,8) +
, , о о 3+1,2 , 1,2-2 2 j о 1 -2’ 1,2^ 43,4
+ 1,2 « 3 • 2 + 2 • 3 • 1,2 12 * 2) — Е1 •
Угол поворота сечения В находим перемножением эпюр М и Л42:

А2 = 6г = й(тГ‘ 1 + ^(о.4 + |-О,б)+ 1,2-3-Ц^-4 +

*3 / \ Z	Z \	О	X

1,2-2 2 л 1 23 0,4\	17,47

+	2 ’ 3 ' U3 12 * 2 ) ~ Е1 •

434

Сечение В перемещается вниз на величину и поворачивается по
17,47
часовой стрелке на угол рад.

1.94.	Определить сближение точек С и D в раме (рис. 1.74, о).

Решение. На рис. 1.74, б, в приведены эпюры изгибающих мо-
ментов от заданной нагрузки и от единичной системы сил. При пере-
множении эпюр применим комбинированный способ: на участках со
сложной эпюрой М (АС и BD) воспользуемся формулой Симпсона—
Корноухова, а на участке АВ — правилом Верещагина.

д = 2_|. (0 + 4-4- 1+9.21 + ^5.9-2 = 6^.

1.95.	Определить угол поворота стержня 1—5 фермы, приведенной
на рис. 1.75, а. ЕА = const.

Решение. Усилия в стержнях фермы от заданной нагрузки и от
единичного момента, замененного парой сил в узлах / и 5, показаны
на рис. 1.75, б, в. Усилия в стержнях решетки при единичном нагру-
жении не вычисляем, так как при действии заданной нагрузки эти
стержни нулевые.

е'-==^(5-й-5+34-3+5-^-5+34-3+

+34-3+3^-3)=4и-

1.96.	Определить горизонтальное перемещение точки В криволиней-
ного стержня (рис. 1.76, а), очерченного по квадратной параболе у —

—х); деформациями сдвига и осевого сжатия пренебречь. Се-
чение стержня меняется так, что / = ;— (Л>— момент инерции се-
чения в середине пролета).

Решение. Так как стержень криволинейный, для вычисления
перемещения необходимо применять формулу Мора. Изгибающие мо-
менты от заданной нагрузки

М = ^(/-х)=^(6-л),

от единичной силы (рис. 1.76, б)

М= 1 -1/=^X(6-X) = ^(6-A-).
'птниинтинншнгг



U'l эи<1
Перемещение Лв определяем по формуле

. I* ММ ds

= J -й—

(S)

Учитывая, что / = /0/cosip и ds =	, получаем

/ _	с

.	[MAfrfx	(‘	5х . 2х	144

*В = \-ЁГ =.12ЁТ<6-Х) 9 (6-х)Л = й-.
О	о

1.97	*. Определить полное перемещение и поворот сечения К
(рис. 1.77).

1.98	*. Определить взаимный поворот концов стержней в шарнире С
(рис. 1.78).

1.99	*. Найти взаимное вертикальное смещение точек С и D
(рис. 1.79).

1.100	*. Найти вертикальное перемещение узла 3 (рис. 1.80).

1.101	*. Определить, на какую величину изменится расстояние между
узлами 2 и 3 (рис. 1.81).

1.102	*. Определить горизонтальное перемещение узла С и взаимный
поворот стержней AD и BD (рис. 1.82).

1.103	*. Найти вертикальное перемещение сечения В (рис. 1.83).
Использовать полярную систему координат.

1.104	*. В незагруженном состоянии концы Л и В разрезанного
кольца (рис. 1.84) соприкасаются. Определить величину зазора при
действии сил F = 10 кН. Использовать полярную систему координат.

* В упражнениях 1.97...1.104 найти указанные перемещения, используя наи-
более удобный способ.
7.2.	Вычисление перемещений в матричной форме

Матричный вариант формулы (1.19) для вычисления перемещений в фермах
записывается так:

Д =N'LN,

(1.23)

Дн Д1з • • - Д»л • • • Д1/ —

Д;>1 Дл ... Д‘2Й ... Дд/

Д,2 . -. Д;л . .. Да

— матрица перемещений;

_ Дл1 Длз • • • ДлЛ • • - Дп/ _

Д/л — перемещение по £-му направлению от действия k-й нагрузки; t — коли-
чество загружений фермы; п — число определяемых перемещений;

^11	Д'12	---	•••	А\Л

A^l	A^22	• • •	N-si	. • •	Мъп

Nft	Ni2	...	N„	...	Nin

— матрица единичных усилий;

__Nml Л^гп2 • • • Nmi - - • ^mn_______________I

штрих при обозначении матрицы обозначает операцию транспонирования;

/V/i — усилие в /м стержне фермы от действия единичной силы по направ-
лению /-го перемещения, т — количество стержней фермы;

— 7Vn A-ri2 A'jft ...

(V-Jl	Л^22 ... А/2Л • • *

W/l	Nj2 -------- Л/Л * * •

Л'к-
N*t

— матрица грузовых усилий;

— Nmi ^r.2 . - • A/mft ... Nmt —

Njk—усилие в /-м стержне фермы от действия k-м. нагрузки;

О ... О

EAi 	.. 0	— матрица податливости фермы;
0 .	ЕАт_	

Z-

-=rz--податливость /-го стержня.

t, A j

Соотношение (1.22) позволяет в аналогичном виде записать матричную фор-
мулу для вычисления перемещений в изгибаемых системах

Д = M’LM.

(1-24)

При количестве участков на эпюрах изгибающих моментов, равном tn, мат-
рицы единичных (2И) и грузовых (Л!) моментов по форме совпадают с матрицами
единичных (N) и грузовых (7V) усилий в фермах. Элементами этих матриц яв-
ляются векторы Mj. и Mjk, составленные из значений изгибающих моментов
в начале, середине и

конце /-го участка на i-й единичной и ft-й грузовой эпюрах:

Albeg

_Mend_

Матрица податливости изгибаемой системы имеет вид

Li 0 ... О ... О -
о l2 ... о ... о

6 ’ 0 ’. '.. Lj ... О

-О * 6 О .. ‘ Lm~

где

— матрица податливости /го участка.

Упражнения

1.105. В матричной форме вычислить перемещения, найденные
в упражнении 1.93.

Решение. Разобьем раму (рис. 1.73, а) на участки для составле-
ния исходных матриц так же, как для перемножения эпюр по правилу
Верещагина: два участка на стойке и один — на ригеле.

При записи матриц последовательность сечений принимаем в по-
рядке обхода рамы от опоры А к опоре В.

Записываем векторы изгибающих моментов от нагрузки на участках
рамы:

7И1

0

—0,1

—1.2

'—1,2

ТИ2 = —3,6
6

Здесь средние ординаты эпюры Л4 на линейных участках получены
как полусумма крайних ординат:

Mmt —

MtlCg 4“ Mend
2

; ти3= -з
о

а на криволинейном участке дополнительно учтена стрелка параболы:

л 4 Л1Лся + Л1сп<1 q р
м,п1 =------------?--------+ т
Составляем полный вектор моментов от заданной нагрузки:

Ж =

 о
—0,1
—1,2
~Т.2
—3,6
—6
—6~
—3

о

Записав аналогично векторы изгибающих моментов от каждой еди-
ничной нагрузки, составляем из них матрицу единичных моментов-.

ливости рамы:

L}
О
О

О О 

£2 0
0

’ 6Е/

'2 0 0|0 0 0]0 0 0
О 8 ОIО О ОЮ 0 0

О 0 2)0 0 0(0 0 0
о”о’о|з-о’о|6 0 0

О О 0|0 12 о[О О О
О О 0|0 0 3*О о о
о о'о|о~о’о|з -сГо
О 0 OjO О ОЮ 12 О
О О 0|0 О 0|0 0 3
Теперь остается выполнить операции над матрицами в соответствии
с формулой (1.24):

_ го —0,6 —1,2[ —1,2 —2,1 —3j —3 —1,5	01

М ~ [о —0,2 —0,4|—0,4 —0,7 —11—1 —1 —1J’

_	. [0—4.8 -2,41—3.6 —25,2 —9 <—9 —18 01

Л1'£=74г.--------------1------------------—----------;

6£/[о —1,6 —0,81—1,2 —8,4 —3|—3 —12 —3|

у=,.м	1 [260,41	1 [43,4 1

М LM ~ 6£7 [ 104,8] = £7 [17,47] 

7.3.	Перемещения, вызванные смещением опор

Для определения перемещений применяется статический способ. Пусть
в раме (рис. 31, а) задано смещение опоры так, что составляющие перемещений
вдоль опорных связей равны сг\ с3.
Требуется найти перемещение А; точ-
ки А.

Выберем вспомогательное состояние
рамы, для чего по направлению иско-
мого перемещения приложим силу Ft= 1
(рис. 31, б) и определим составляющие
опорных реакций /?2» Яз в направ-
лениях, противоположных заданным
смещениям опоры (если реакция совпа-
дает по направлению с заданным смеще-
нием, то она отрицательна).

Так как в заданном состоянии внут-
ренние усилия отсутствуют, то на осно-
вании принципа возможных перемеще-
ний получаем

= qfli + с2#2 + c3R3,

или в общем случае

Ai-V-c^.	(1.25)

k

Упражнение

1.106.	Определить вертикальное перемещение замкового шарнира
С трехшарнирной арки (рис. 1.85, а) при смещении опоры по вертикали
на 3 см и по горизонтали на 8 см.
Решение. На рис. 1.85, б приведена арка во вспомогательном
состоянии. Здесь же показаны величины опорных реакции. Применяя
формулу (1.25), получаем

vc = S ckRk = 3 • 0,5 4- 8 • 1 = 9,5 см

7.4.	Температурные перемещения

Пусть стержень, сечение которого имеет вертикальную ось симметрии (рис. 32),
нагревается так, что приращение температуры нижнего волокна больше прира-
щения температуры t., верхнего волокна. Требуется определить составляющую Д;
перемещения точки С.

Изменение температуры стержня вызывает деформацию элемента длиной dx
(рис. 33, а) без появления внутренних усилий и реакций опор. Предположив, что
температура по толщине стержня изменяется линейно, определим отдельно удлине-
ние оси элемента (рис. 33, б)

Д (dx) = atodx
и ее изгиб (рис. 33, в)

dip = dx,

где а — температурныл коэффициент линейного расширения материала стержня;

t0 = — sup—. "	— изменение температуры оси стержня; tb = h — h-

п

Как обычно, во вспомогательном состоянии (рис. 34) прикладываем единичную
силу = 1 по направлению искомого перемещения Д, и определяем внутренние
усилия /И4 и /V4.

Применив принцип возможных перемещений, получаем формулу для вычисления
температурных перемещений:

Д, = pWt-a dx + Ntat^dx.	(1.26)

Знак «плюс» перед первым интегралом соответствует случаю, когда — изме-
нение температуры волокон, растянутых при действии положительного изгибающего
момента.

Упражнения

1.107.	Определить горизонтальное перемещение узла С рамы
(рис. 1.86, а) при повышении температуры внутри ее на = 20 °C. Ма-
териал рамы — сталь (сс = 0,000013 1/ °C).
Решение. Так как в двутавровом сечении центр тяжести нахо-
дится на середине высоты, получаехМ

/c = t=io°C; tb = t1 = 20°C.

В тех случаях, когда высота сечения и приращения температуры
в пределах каждого стержня постоянны, интегрирование в формуле
(1.26) можно заменить суммированием:

Д/ = у а(1.26а)

где i — площадь эпюры Mi.

Строим эпюру (рис. 1.86, б) и определяем продольные силы.
Теперь в соответствии с формулой (1.26а) получаем

Дс = 0,000013- ~	+	+ 0,000013- 10 • 4 - -I- = 0,033 м.

Vtlv \ Z	Z /	О

1.108.	Определить вертикальное перемещение узла К фермы
(рис. 1.87) при равномерном нагреве нижнего пояса фермы на 30 °C.
Материал стержней — алюминий (а = 0,00002 1/ОС).

1.3.	Линии влияния перемещений

Построение линии влияния перемещения 6^ (рис. 35, а) обычно заменяют
построением эпюры перемещений 6^ точек системы от действия единичной силы
по направлению искомого перемещения (рис. 35, б). Действительно, на основа-
нии теоремы о взаимности перемещений 6^ = 6^.

Эпюра перемещений может быть построена непосредственно вычислением
перемещений ряда точек системы. Наряду с этим часто применяется способ упру-
гих грузов, сущность которого заключается в том, что построение эпюры пере-
мещений точек заданной системы заменяется построением эпюры изгибающих
моментов в фиктивной системе от некоторых условных — упругих — грузов
(рис. 35, в).

Рассмотрим вычисление упругих грузов при построении эпюры прогибов
(вертикальных перемещений) от заданной нагрузки в изгибаемых системах.

Заданную систему (рис. 36, о) разбиваем на ряд участков. В результате де-
формации стержень искривляется. В способе упругих грузов криволинейная
эпюра перемещений в пределах каждого участка заменяется отрезком прямой —
хордой (рис. 36, б). Упругий груз 1Г-, в точке т представляет собой взаимный
угол поворота хорд, смежных с точкой т. Для определения этого угла прикла-
дываем к смежным с точкой т участкам единичные моменты, каждый из которых
заменяется парой сил, разнесенной на длину соответствующей хорды (рис. 37).
Применяя формулу Мора, получаем выражение

1]7 _, Мт I  lm+л | . Af,ZJ+i ^m-ц	/1 97,

Wm—§-	+	+ — ёт^- (127)

где М,П-ъ Мт, —изгибающие моменты в сечениях т — 1, т, т 1 от за-
данной нагрузки.

Вычислив упругие грузы во всех точках по формуле (1-27), прикладываем
ич к фиктивному сооружению и строим эпюру изгибающих моментов. Эта эпюра
является эпюрой прогибов сооружения от заданной нагрузки.
Положительное направление упругого груза совпадает с направлением сред-
них сил в единичных парах (вниз).

Схему фиктивного сооружения выбираем в соответствии с табл. 1.5.

Для ферм упругие грузы удобно вычислять, используя формулу Мора:

п? _ NNnil

Wm~ Li ЕА ’

(1-28)

где N — усилия в стержнях фермы от заданной нагрузки (рис. 38, я); Nm — уси-
лия в стержнях фермы от единичной системы сил, приложенной в панелях, смеж-
ных с узлом т (рис. 38, б).

После вычисления всех упругих грузов исследуемый пояс фермы заменяем
балкой, фиктивную схему которой загружаем упругими грузами, и строим эпю-
ру прогибов как эпюру изгибающих моментов (рис. 38, в).

Если опоры фермы расположены не в грузовом поясе, то в шарнирах фиктив-
ной балки, соответствующих опорным узлам фермы, необходимо Дополнительно
приложить упругие моменты. Эти моменты по величине равны деформациям наД-
опорных стоек от исследуемой нагрузки. Например, при построении линии влия-
ния вертикального перемещения узла 5 фермы, приведенной на рис. 39, с, момен-
ты (рис. 39, в)

Л1,

Ъ-А

ЕА.,

я ЕА7_в

где ^2—а и ^7—в — усилия в опорных стойках от действия F = 1 в узле 5
(рис. 39, б). Линия втиянпя показана на рис. 39, г.
Упражнения

1.109.	Построить линию влияния горизонтального перемещения
опорного сечения В криволинейного стержня (рис. 1.88, о), ось кото-
рого очерчена по параболе y = j[x(l— х), а жесткость постоянна.

Решение. Разбиваем стержень вдоль оси х на равные отрезки
Ах = 1 м. Длина хорды, стягивающей ось арки на отрезке между точ-
ками i — 1 и

= / (Ах)2 + (yt — yi-i)1-

Изгпбающие моменты Л7, определяем по эпюре Л1 (рис. 1.88, б),
построенной в стержне от действия единичной горизонтальной силы
в точке В. Упругие грузы вычисляем (табл. 1.6) по формуле (1.27)
с множителем Е1. Ввиду симметрии расчет выполняем только для поло-
вины стержня.

Таблица 1.6

Номер точки	Х1	У1	Ч	М/	мт—\ sm^'	(sm  sm+i/e для упругих грузов в точках		
					т = 1	т = 2	1 гн = з
0	0	0			0	0				
1	1	1,11	1,49	1,П	0,995	0,222	—
2	2	1.78	1,2	1,78	0,356	1,317	0,303
3	3	2	1,02	2	—	0,34	1,36
4	4	1,78	1,02	1,78	—	—	0,303
	У =  —А				1.351	1,879	1,966

Таблица 1.7

Вычисление упругих грузов в узлах

АУ I I Д',

Номер
стерж-

—12.38

—0,333

0,667

—0.333

-2.67

0.667

—15,64

— 15.64

0

0

0

ГА\\\

—28,02

— 18

49,5

22,5

22.5

— 5,625

5.625

15.64
— 15.64

—0.417

—0,417

— 36

— 36

— 0.417
—0,417
0
0

— 37.5

37.5

25

—0.333

На рис. 1.88, в показана эпюра прогибов, построенная как эпюра
изгибающих моментов в фиктивной балке, загруженной упругими гру-
зами. Эта эпюра и есть искомая линия влияния горизонтального пере-
мещения точки В.

1.110.	Построить эпюру прогибов нижнего пояса консольной фермы
(рис. 1.89, а) от заданной нагрузки.
Решение. Определив усилия 7V в стержнях фермы от заданной
нагрузки, прикладываем к ферме последовательно единичные системы
сил, как показано на рис. 1.89, б, в, г, б, и находим соответствующие
усилия Nt.

Упругие грузы вычислены в табл. 1.7.

Фиктивная балка и эпюра вертикальных перемещений нижнего
пояса приведены на рис. 1.89, е.

Глава 8

КИНЕМАТИЧЕСКИЙ СПОСОБ ПОСТРОЕНИЯ ЛИНИЙ ВЛИЯНИЯ

Применение кинематического способа особенно удобно в тех случаях, когда
требуется быстро построить эскиз линии влияния, в частности для проверки пра-
вильности линии влияния, построенной статическим способом.

Суть кинематического способа поясним на примере построения линии влия-
ния опорной реакции RB простой двухопорной балки (рис. 40, с). Отбросив опор-
ный стержень В, превратим балку в механизм, находящийся в равновесии под
действием сил F — 1 и RB (рис. 40, б). Назовем это первым состоянием балки.
Во втором состоянии (рис. 40, в) сместим точку В в направлении реакции RB на
6rl = 1. Применим к этим двум состояниям балки принцип возможных переме-
щений:

откуда
/?в=6л-	(1-29)

Таким образом, эпюра перемещений
рассматриваемого механизма при еди-
ничном смешении в направлении Учесть
искомая линия влияния У?в(рис. 40, г).

Аналогично строятся и другие ли-
нии влияния: устраняется связь, в ко-
торой возникает искомое усилие, и в на-
правлении этого усилия сообщается еди-
ничное перемещение; эпюра перемеще-
ний сооружения дает вид линии влия-
ния, а ее ординаты определяются из
геометрических соотношений.

Для устранения связей, соответ-
ствующих внутренним усилиям, приме-
няют устройства, показанные на рис. 41.

Упражнения

1.111.	Пользуясь кинематиче-
ским способом, построить линии
влияния изгибающего момента и
поперечной силы в сечении 1
шарнир но-консольной балки (рис.
1.90, а).

Решение. Линия влияния
Мг. Введем в сечение 1 шарнир Т
Рис. 1.93

и приложим действующий в сечении изгибающий момент (рис. 1.90, б).
Концы стержней, соединяемые шарниром Т, повернем в направлении
момента на угол, равный единице. При этом часть балки, расположен-
ная левее шарнира Т2, прикреплена к земле неподвижно и не будет
перемещаться. Характер перемещений в остальной части балки пока-
зан на рисунке. По полученной эпюре перемещений на рис. 1.90, в по-
строена линия влияния .Mi. Продолжаем левую прямую до опоры С
и находим значение ординаты ус = b - 1 = 4. Остальные ординаты опре-
деляем из подобия треугольников.

Линия влияния Qt. После введения в сечение 1 шарнирного паралле-
лограмма балка превращается в механизм. Смещаем концы стержней
по обе стороны параллелограмма относительно друг друга на единицу.
При этом они остаются параллельными друг другу. Штриховая линия
на рис. 1.90, г показывает эпюру перемещений балки. Линия влияния
Qy привечена на рис. 1.90, д.

1.112.	Построить линию влияния усилий в стержнях четвертой па-
нели фермы, показанной на рис. 1.91, а.
Решение. Линия влияния Nl. Разрезав стержень, смещаем его
концы относительно друг друга в направлении усилия на единицу
(рис. 1.91, о). При этом части фермы и £>.. перемещаются как жест-
кие тела, и грузовой пояс занимает положение, показанное штриховой
линией. Взаимный поворот частей фермы составит	Линия влия-

ния Ni показана на рис. 1.91, в.

Остальные линии влияния построить самостоятельно.

1.113.	Пользуясь кинематическим способом, построить линии влия-
ния реакции Rb и линии влияния моментов и поперечных сил в сече-
ниях / и 2 шарнирно-консольной балки (рис. 1.92).

1.114.	Показать вид линий влияния усилий в стержнях ферм, отме-
ченных на рис. 1.93, а, б.
Раздел 2

СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ СТЕРЖНЕВЫЕ СИСТЕМЫ

Глава 9

РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ РАМ МЕТОДОМ СИЛ

9.1. Сущность метода сил. Применение метода сил к расчету простых рам

Метод сил является универсальным методом расчета статически неопредели-
мых систем. Его название объясняется тем, что в качестве основных неизвестных
здесь принимают некоторые внешние или внутренние силы.

Общий для всех статически неопределимых систем порядок расчета методом
сил рассмотрим в применении к рамам.

Степень статической неопределимости — это количе-
ство связей сверх необходимых для геометрической неизменяемости сооружения.
Связи обычно делят на абсолютно и условно необходимые.
При нарушении абсолютно необходимых связей система теряет геометрическую
неизменяемость. Усилия в таких связях статически определимы.

Условно необходимые связи называют лишними. Их число можно определить
по формуле

Hst — ЗК — Т Cq — 3,

(2.1)

где К — количество замкнутых контуров, образуемых стержнями рамы; Т —
число простых шарниров; Со — число опорных связей.

Устранение лишних связей превращает заданную раму в статически опреде-
лимую. Полученная таким образом система называется основной. Усилия
в отброшенных связях обозначают Xlf Х2, Хп и принимают в качестве основ-
ных (лишних) неизвестных.

Основными способами устранения лишних связей являются: удаление опор-
ных связей, постановка шарнира в сечении стержня (введение одного простого
шарнира устраняет одну связь), рассечение стержня (три связи). Рассечение
стержня по шарниру устраняет две связи, рассечение прямолинейного незагру-
женного стержня, имеющего по концам шарниры, устраняет одну связь.

Для рамы может быть выбрано бесконечное множество основных систем,
а рассчитывается та из них, в которой эпюры изгибающих моментов от нагрузки
и лишних неизвестных наиболее просты и, по возможности (в основном для сим-
метричных рам), некоторые неизвестные заведомо обращаются в ноль.

Канонические уравнения метода сил представляют со-
бой условия отсутствия в основной системе перемещений по направлению отбро-
шенных связей — условия совместности деформаций, записанные в стандартной
форме. При п неизвестных они имеют следующий вид:

8. x-V, +	+	... + 6|ПХ„ + Л,/ = 0;

$21^1 + ^22^2 + • • • +	4"	Д2/	=	Qi

$nlYl 4“ $n2zY2 4- - - • + ^пп^п 4- Дл/ = 0.

(2.2)

Коэффициентами при неизвестных в канонических уравнениях являются еди-
ничные перемещения (Л/Л — перемещение по направлению /Yt от действия Х* =
== 1). Свободные члены уравнени t (2.2) — грузовые перемещения (Aj — перемеще-
ние по направтени'о Y, от денет ня заданной нагрузки).

Единичные и грузовые перемещения могут быть вычислены способом Мора
с использованием правила Верещагина или формулы Симпсона — Корноу.хова.
Для этого в основной системе строят единичные эпюры Mlt Л12, ..., Мп от Де,,‘
ствня каждого неизвестного = 1, Х2 = 1, ...» Хп = I и грузовую эпюру Mf
от действия заданной нагрузки. Перемножая эти эпюры в соответствии с фор-
мулами	____

у f MtMfds	(2'3)

-М-
(О

находят искомые перемещения. Здесь и дальше индекс (/) обозначает, что инте-
грирование распространяется на всю длину осей сооружения.

Решение системы уравнений (2.2) дает значения лишних неизвестных. Пра-
вильность решения рекомендуется проверить их подстановкой в уравнения (2.2).

Эпюры внутренних усилий. При вычисленных значениях не-
известных основная система полностью эквивалентна заданной системе, и эпюры
внутренних усилий могут быть построены непосредственно в основной системе.

Кроме того, для определения внутренних усилий можно воспользоваться

принципом независимости действия сил, применяя формулы

М = Mf + Ml Xj + М2Х2 4- ... + МпХп\	(2.4а)

N = /VjXi + ЛГЛ + . • . +А/„ХЯ;	(2.46)

Q = Qf +	4- QzX2 4- . - • 4~ Qn^n-	(2-4в)

Обычно в первую очередь строят эпюру изгибающих, моментов. Для jrroro
сначала получают так называемые исправленные эпюры /И, = М2 = М2Х2,

.... Л4П = МпХп, а затем суммируют их по формуле (2.4а) с грузовой эпюрой Mj.

После этого можно определить поперечные силы, вырезая из рамы прямоли-
нейные стержни. Рассматривая каждый такой стержень как шарнирно опертую
по концам балку длиной /, находят

Q = Q°+^=^.	(25)

где Q0 — балочная поперечная сила, вызываемая внешней нагрузкой; Мг и Mi —
изгибающие моменты на правом и левом концах балки, взятые со своими знаками.

При использовании формулы (2.5) удобно разбить стержни на части, в пре-
делах которых нагрузка или отсутствует, или распределена по всей длине.

Продольные силы обычно определяют, вырезая узлы и рассматривая их рав-
новесие под действием узловой нагрузки, продольных и поперечных сил.

Расчет рам методом сил связан с довольно трудоемкими вычислениями, лю-
бая ошибка делает весь дальнейший расчет бесполезным. В связи с этим рекомен-
дуется делать промежуточные проверки и проверку окончательной эпюры
моментов.

Проверка коэффициентов канонических уравне-
ний. Построив суммарную единичную эпюру моментов = Mt 4- М2 4- ... 4-
4- Мп, перемножают ее «саму на себя». Результат должен быть равен сумме всех
коэффициентов канонических уравнений:

(I)	i k

Эту проверку называют универсальной. Если она не выполняется, то для
уточнения возможного места ошибки можно выполнить построчную (по канони-
ческим уравнениям) проверку:

v С ds V ...

ZjJ EI	...,n.

(/)	k

Ошибочными являются коэффициенты, входящие только в те уравнения, для
которых проверка не выполняется.
Свободные члены канонических уравнений прове-
р я ю т перемножением суммарной единичной и грузовой эпюр:

«)	i

Проверка эпюры моментов. Статическая проверка является
вспомогательной и заключается в проверке равновесия узлов рамы. Кинематиче-
ская проверка выполняется перемножением окончательной М. и суммарной еди-
ничной Ms эпюр моментов:

(/)

Так же, как и при проверке коэффициентов канонических уравнений, вместо
универсальной проверки по формуле (2.6) можно выполнить построчную проверку:

V J - =0; i=l,2.................л.	(2.6а)

(Л

Отметим, что кинематическая проверка достаточна, если все эпюры изгибаю-
щих моментов в основной системе построены правильно.

Совокупность статической и кинематической проверок является достаточной
во всех случаях.

Упражнения

2.1.	Для рамы (рис. 2.1, а) построить эпюры внутренних усилий от
заданной нагрузки. 1.2!1Х = 2.

Решение. Определяем количество лишних связей по формуле
(2.1):

nst = 3- 0 — 04-5 — 3 = 2.

На рис. 2.1, б приведены три варианта основной системы. Наиболее
удобные для перемножения эпюры моментов получаются в первых двух
вариантах основной системы. Принимаем для расчета II вариант
(рис. 2.1, б).

Канонические уравнения имеют вид

Д]/ = 0; 1

62 Л1 4- Ь22Х2 + А2/ = 0. J

Эпюры моментов в основной системе приведены на рис. 2.1, в. Пере-
множив их по правилу Верещагина, найдем единичные и грузовые пере-
мещения. При этом принимаем ЕД = EI\ EI2 = 2EI. Тогда

г _ 1	1  6	2___1_

С11~ 2Ё/‘ 2 ’ 3 “ EI ’

д _ 1	16	1 __ 1

°12 ~ °2i — 2EI ’ 2 ’ "3 ~ 2EI ’

Л — 1	1 ‘6 2 I J_ 1 4 2	-33.

°22 ~ 2Е1 * 2 ‘ 3 + EI ’ 2 ’ 3 “ EZ ’

.	 _1_	2 • 6	_1_	 _1^.

~~	2EI	*	2 '	3	EI »

Л	 __!_	2 • 6	2____2_

~f~~	2Е/	‘	2 '	3	~	ЕГ

Проверяем правильность вычисления перемещений:

VI [' MsMsds _ I	1	1 I J_ 1 • 4	2 __ 4,33 _

L .)	£/ “ 2EI	' 1	* 0	9 1 + El * 2	* 3 EI	~

(0

c ! Q c !	<?_____________1 ! t) 1 I	2,33 _ 4,33	•

—	0n H- ZO12 H-	°22 —	£/ H- z • 2f7 -t-	£7 — £7	>

Vf MsMfds 1	2 • 6 .	3	*	- *

_ i-W-=-2T/- — -1 =-£? = △' + Л« =
(/)

1	2	3

~ EI	EI ~ ЕГ

После подстановки полученных перемещений в канонические урав-
нения и сокращения на EI получаем

Х, + ±Хг-1 =0;

-1 Х1 + 2,ЗЗХ2— 2 = 0.

Из этих уравнений находим Хг = 0,64 кН • м, Х2 = 0,72 кН • м.

Построив исправленные эпюры (рис. 2.1, г), суммируем их с эпю-
рой Mf. Полученная таким образом окончательная эпюра моментов
показана на рис. 2.1, д.

Для проверки полученной эпюры перемножаем ее с эпюрой Mt\

V С MMJs 1 0,64 —1,28 с . 1
J EI ~ 2EI 2	’ Ь ’ 1 + Е!

<Л

0,72 • 4 2 _ П

2	* 3 ~ U

Поперечные силы находим по формуле (2.5):

Qa-c = 0 + -‘•28.б~°'64 = —0,32 кН;

Qb-c = 0 + °	=—0,18 кН.

Эпюра Q построена на рис. 2.1, е.

Продольная сила на консоли N c-d = 0. Вырезаем узел С
(рис. 2.1, ж). Из уравнений равновесия находим Na—с = 0,18 кН,
Nb—c = —1,32 кН. Эпюра N приведена на рис. 2.1, з.

2.2.	Изменятся ли усилия в статически неопределимой раме при
увеличении жесткостей всех элементов в 2 раза; в k раз?

2.3.	При расчете некоторой статически неопределимой рамы полу-
чено значение единичного перемещения	Возможно ли это?

2.4.	Построить эпюры внутренних усилий для рам, приведенных на
рис. 2.2, а, б.
9.2. Расчет сложных рам методом сил

Трудоемкость расчета методом сил в значительной степени зависит от коли-
чества лишних неизвестных, а также от заполненности матрицы коэффициентов
канонических уравнении

$11 $12 • • •	. $1П

$21 $22 • • - $2Й • • • $2П

$11	$Г2	- • - $ife - • • $1Л

$П1	$П2 • ’ - $ЛЙ  - - $лп

В связи с этим желательно выбирать основную систему так, чтобы возможно
большее число побочных перемещений обращалось в нуль:

6.6=£jAV^* = 0	pg,

(/)

Эпюры Mt и Мь, удовлетворяющие условию (2.8), называются ортогональ-
ным*. Примером таких эпюр в симметричной раме могут служить две эпюры,
одна из которых симметрична, а другая — кососимметрична.

Разработаны различные специальные приемы ортогонализации эпюр момен-
тов. Рассмотрим некоторые из них.

Выбор симметричной основной системы позволяет по-
лучить основные неизвестные (следовательно, и эпюры), часть которых симмет-
рична. а часть — кососиммегрична.

Преобразование нагрузки. Раскладывая нагрузку в симмет-
ричной раме на симметричную и кососимметричную составляющие, выполняем
расчет на действие каждой из них. При расчете на симметричную нагрузку косо-
симметричные неизвестные обращаются в нуль. Аналогично при кососимметрич-
ной нагрузке нулевыми будут симметричные неизвестные.

Окончательная эпюра моментов получается как сумма эпюр от симметрич-
ной и кососимметричной составляющих нагрузки:

М = М' + м".

Введение жестких консолей. Этот прием используется для
ортогонализации эпюр в пределах каждого замкнутого или открытого с защемлен-
ными концами симметричного контура.

Например, в раме, показанной на рис. 42, а, для получения основной систе-
мы делаем разрез по оси симметрии контура (рис. 42, б). Неизвестные Х2 и
симметричны, неизвестное X, — кососимметрично, следовательно, 612 = $21=
= 613 = 631 = 0. Для ортогонализации эпюр /И2 и Л43 с помощью жестких консо-
лей перенесем неизвестные в точку С (рис. 42, в). Точку С, называемую упру-
гим центром, находят как центр тяжести условного тонкостенного сечения
(рис. 42, г) с толщиной

_ Sx_x 2 (1 /(ЕЛ)) (Л2/2) + (1/(Е/3)) lh
° F l,(Ell)+ll(Els) + ’ail(El,) '

Теперь канонические уравнения задачи примут вид

$п^1 + Ац = 0;

$22^2 4- &2[ = 0;

$33^3 + ^3/ — О-

Группировка неизвестных заключается в том, что в качестве
неизвестных принимают не отдельные силы, а группы сил, составленные так,
чтобы получающиеся от их действия эпюры моментов были ортогональны.

Наиболее распространен этот прием при расчете симметричных рам. Так,
в раме, показанной на рис. 43, а, отбросив в основной системе опоры А и В,
раскладываем соответствующие опорные реакции на симметричную Лх и кососим-
метричную Х2 составляющие (рис. 43, б). Теперь побочное перемещение 6J2 =
= 62i обращается в нуль и канонические уравнения разделяются:

$цХ1 + А^ = 0;

=0.

При необходимости опорные реакции могут быть найдены из соотношении RA =
= Ад 4" .\2; RB = Л, — Л\.

Реже для расчета статически неопределимых рам используют такие приемы,
как применение различных основных систем и выбор
статически неопределимой основной системы.

Упражнения

2.5.	Построить эпюру /VI для рамы, показанной на рис. 2.3, а.
Решение. Определяем число неизвестных:

nsl = 3 - 1-04-3 — 3 = 3.

Выбираем основную систему (рис. 2.3, б). Она симметрична, так как
горизонтальная реакция в левой опоре равна нулю.

Раскладываем нагрузку на симметричную (рис. 2.3, в) и кососим-
метричную (рис. 2.3, г) составляющие. При симметричной нагрузке
Л3 = О, а при кососимметричной Хх — Х2 = 0.

Канонические уравнения разделяются на систему двух уравнений:

+ $12^2 + △if = 0; |

^21-^1 4" ^22^2 4" ^2/ = 0 I

и одно уравнение

$зз-^з 4" △з/ =

Выполняем расчет на симметричную нагрузку. Соответствующие еди-
ничные эпюры Мх, М2, грузовая эпюра Mf и суммарная M's построены
на рис. 2.3, д, е, ж, з.

Вычисляем перемещения:

£	_ Q 1	3-3	2 п |	1 ОАО

611 — 2 ' Ё7 * ~2~~ ’з"‘3 + ё7'3‘4’3 — Ё7:

612 = 621 = 2.±.^.1 + ±. 3-4.1=^;

«82=г|/. 1-4. 1+2. ^.1.3. 1+^.1.4-1=^;

л	о 1 з-з QA I q л ел 780

△1/	2 • — • — • 20 —	• 3 • 4 • 50 = —	;

Л	О 1	20 ' 2	1 О 1 ОО Q 1	1 ЕЛ л 1	333

А2' = -2’2£7-—•1-2-£7’20-3- ‘-Ё? -50.4-1=-^.

Проверяем единичные и грузовые перемещения:

2^7-1-4 - '+2-^(1 • 1 +4-2,б-2,5+4-4) +

+ ^ • 4 • 4 • 4 = ^ = бп + 622 + 612 + б21 = ± (54 + 12 +

+ 2-21) = ^;

Д7 = —2 • ggy • 2у-2 • 1 — 2 • ~ • 20 • 3  2,5 —	• 50 • 4 • 4 =

= --!ДЗ- = д„ + д2, = -±(780 + ззЗ) = —

Решаем систему двух уравнений:

откуда Хх = 11,43 кН; Х2 = 7,73 кН-м.

Проверяем правильность решения системы:

54 • 11,43 4- 21 . 7,73 — 780 = 780 — 780 = 0;

21 • 11,43 4- 12 • 7,73 — 333 = 333 — 333 = 0.
Исправленные эпюры моментов и эпюра /VI' в заданной раме от сим-
метричной нагрузки построены на рис. 2.3, и, к, л.

Проверяем эпюр}7 ЛГ перемножением с эпюрой /И':

А, = 6-4ё/ (-12-3 • 1 + 4 • 7-73 • 1 - 12-3 • ') + 2 • б£/(—12,3 •1 +

+ 4 • 4,85 • 2.5+ 22 - 4)—	- 8 - 4 • 4 =	(126,3— 128) « 0.

Выполняем расчет на кососимметричную нагрузку.
Единичная и грузовая эпюры построены на рис. 2.3, м, н.

Вычисляем перемещения:

$зз — 2 ’ 2Е/ ’ 2 ‘ 3 ’ 2 + 2 * Е! ’ 2 ’ 3'2 + 2 ’ EI

2 • 2 £ 9_ 32 .

2 ’ 3 ' ЕГ

20 • 2 3

3	’ 4

1	2-2

2.3.20-2.±.±^

2

3X

X 32,86 =

348

El *

— 2 • F •

2 — 2 ’ El

Так как эпюра М'' совпадает с эпюрой /И3, то проверка перемещений
сводится к повторному их вычислению.

Находим значение неизвестного:

Х3 = -^ = ^= 10,88 кН.

Озз *5^

Исправленная эпюра и эпюра моментов в заданной раме от косо-
симметричной нагрузки приведены на рис. 2.3, о, п.

Проверяем эпюру М" перемножением с эпюрой М3:

A3 = 2-s-4ht(2- 1,76 + 4 - 1 • 5,88 + 0) + 2 •	- 2 - 1,12 • 3  1,76 —

3	6 • 2Е1 '	’	1	’	' 1 Е1

— 2--^  — 	-	= ^(30,1 — 29,6) «0.

Складывая эпюры М' и М", получаем окончательную эпюру изги-
бающих моментов (рис. 2.3, р).

Проверяем равновесие верхних и нижних (рис. 2.3, с) узлов рамы.
Узлы находятся в равновесии.

2.6.	Построить эпюру моментов в раме, показанной на рис. 2.4, а.

Решение. Число лишних связей

= 3 • 0 - 0 + 7 - 3 = 4.

При выборе основной системы (рис. 2.4, б) воспользуемся тем, что
левый П-образный контур симметричен. Разрезав его по оси симмет-
рии, для ортогонализации эпюр М2 и М3 введем жесткие консоли так,
чтобы

2 ’ 2£7 4 2	.

а = —7--------:----=	1	м.

9--- -44__—	 4

2EI EI 4

Четвертую связь устраним, удалив шарнирно-подвижную опору.
Рис. 2.4

Для выбранной основной системы канонические уравнения прини-
мают следующий вид:

$11^4 + △if = 0;

6*2^2 4“ $24^4 4“ ^2/ = О',
633X3 4~ 634X4 4~ △з/ = 0;

644X4 4" 64 о X2 4“ 643X3 4~ 644X4 4“ &4f = 0.

Найдем коэффициенты и свободные члены уравнений. Для этого
строим единичные и грузовые эпюры изгибающих моментов (рис. 2.4, в,
г, д, е, ж) и перемножаем их по правилу Верещагина.

6»=2fe-^4-2+47-2-4-2)=^-.
Сзз = й-1-4-,+2Е7-1-4-|=й: $Н = ^-4-4.2 = ^:
$24 = 2Ё7  4  4 ~2~ = 1ТГ' $34 = —2£/  4 • 4 • 1 = —^;

А _ 1 4 • 4 2 л ,1	.	_	.	208

$44 Е1 2	3	' 4 + 2Е/ ’ 4 ‘ 6 * 4 “ '2EI ’

___Lllil 9_____!_

2EI 3	2Е/

136 .

ЗЕ/ ’

△1/ =

4 • 6 • 2 =

л _ 1 16-4/3 о	1 Л I	с и 3—1	28

△2/	2Е/ 3 \4’3	4	* /	2EI '	6 * 4 2	“ЗЕ/’

л   L 16 4 1 . 1 л с 1 _ 4 -
^3f	2EI ' 3 * 1 + 2Е1 ' 4 ‘ 6'1 “ ЗЕ/ ’

^ = -Е/¥(|-4+т-2)-247-6-6-4=-^-

Проверку коэффициентов и свободных членов канонических урав-
нений выполнить самостоятельно.

Решение системы канонических уравнений дает значения Хг =
= 1,175; Х2 = —1,46; Х3 = 1,1; Х4 = 1,267.

Эпюра изгибающих моментов в заданной раме построена на
рис. 2.4, з.

Выполняем построчную проверку эпюры М:

^JAW^ = _4_(_8j7 2 + 4 0>81,2+1>99,2) +

+ g^(l,99  2 + 2,71 • 2) -- 4-067':- -4-2 =

= ^(—6,52 + 6,27)^0;

£jM*=_4_(8>17.3_4 0>81 ,1 + 199

X -,71 71,99 -4-1 +^-±^(-1,78 • 1 -4 • 4,14-1 -4,06  3) =

= ^(7,75 —7,61) «0.

Перемножение эпюры М с остальными единичными эпюрами выпол-
нить самостоятельно.

2.7.	Построить эпюры /И, Q, N для рамы, показанной на рис. 2.5. а.

Решение. Число лишних связей nst = 2. Отбросив в основной
системе крайние опорные стержни, группируем неизвестные (рис. 2.5. б).
Канонические уравнения принимают вид

+ ^1/ “ 0; |
^2 2^2 4~ ^2/ = 0. /

Эпюры моментов в основной системе приведены на рис. 2.5, в, г, д.
Находим единичные и грузовые перемещения, перемножая эпюры
по правилу Верещагина:

< _ 2	2-2-5 2 ю .

011 2EI ’	2	’ 3 * 2 ~ ЗЕ/ ’

, _ 2	2-2-5

22 ~ 2Е/ *	2

2

3

- 2 4-	- 4 - 4,5 • 4 =

226

ЗЕ/’

1

2Е/


Проверку единичных и грузовых перемещений выполнить самостоя-
тельно.

△ « f	^2Z

Вычисляем лишние неизвестные:	= —~—2; Х2 = — ~ —

Л	©И	^22

= 0,985.

Строим исправленные эпюры (рис. 2.5, е, ж). Окончательная эпюра
М приведена на рис. 2.5, з.

Статическую и кинематическую проверки эпюры М выполнить само-
стоятельно.

Эпюры Q и N построены на рис. 2.5, w, к.

2.8.	Применяя группировку неизвестных, построить эпюры М, Q,
N для рам, показанных на рис. 2.6, а, б.

2.9.	Построить эпюры изгибающих моментов для рам, приведенных
на рис. 2.7, а, б.

93.	Расчет на температурные воздействия и смещения опор

Общей особенностью расчетов на действие температуры и на смещения опор
является то, что моменты Mf в основной системе отсутствуют. Свободные члены
канонических уравнений (от температурного воздействия) и (от смеще-
ния опор) определяют по формулам (1.26) и (1.25). Изгибающие моменты в задан-
ной раме определяют как сумму исправленных эпюр:

М =	-j- 2И2Х2 -f- >.. -f- Mn^ri"
При расчете рамы на заданные смещения опор в основной системе удобно
отбрасывать связи по направлению заданных смещений. Следует иметь в виду, что
смещения по направлению абсолютно необходимых связей не вызывают усилий
в заданной системе.

Проверка коэффициентов канонических уравнений (единичных перемещений)
выполняется так же, как и при расчете на внешнюю нагрузку.

Окончательная эпюра М должна удовлетворять статическим и кинематиче-
ским условиям.

Статическими условиями могут являться условия равновесия узлов. При
выполнении кинематической проверки условия (2.6) и (2.6а) принимают следую-
щий вид:

V f , у Л	л

1Л~Ё7-+1й"+1д" = 0:
(/)	1=1	1=1

VI f М(М ds	.

/ ! |	-F А/с + △// = 0; * = 1, 2, ....

(/)

(2.66)

(2-6в)

Упражнения

2.10.	Стержни рамы (рис. 2.8, а) выполнены из двутавра № 20. По-
строить эпюры внутренних усилий, если температура внутри рамы
повысилась на tr =3 °C. Температурный коэффициент линейного рас-
ширения стали а = 0,0000125 1/°С.

Решение. Основная система и единичные эпюры и Nr при-
ведены на рис. 2.8, б, в, г.

Каноническое уравнение

4-	= 0.

Определяем 6П перемножением эпюры самой на себя»

с _ 2 3 • 3	2	1	- Q о — 63

При Е = 2 • 105 МПа и / — 1,84 • 10-5 м4

= 2 • Ю8  1,84 • 10-6 = °»01712-

Определяем температурное перемещение по формуле (1.26).

При tb = ti — t2 = 3 °C = const, tQ	— i 5	_ Const и h = const

получаем после интегрирования

Д1/ - V+ atoQN = 0,0000125 .^(-2.3 • 5) +

+ 0,0000125 • 1,5 • (—5 • 1) = —0,0459.

X -	- °’00459 п 9С°. -м

А1 6ц	0,01712 ~ °’26в кН-

Эпюры изгибающих моментов, поперечных и продольных сил при-
ведены на рис. 2.8, д, е, ж.

Легко убедиться в том, что узлы рамы находятся в равновесии.

2.11.	Построить эпюру Л4 для рамы (рис. 2.9) при равномерном на-
греве всех стержней на 60 °C (а = 0,0000125 1/°С, Е1 = 40000 кН • м2).
Указание. Применить группировку неизвестных.

2.12.	Изменятся ли изгибающие моменты в раме (упражнение 2.11),
если жесткость стержней возрастет в 2 раза?

2.13.	Построить эпюру М в раме (рис. 2.10, о), если заделка повер-
нется против часовой стрелки на угол 8 = 2°. Жесткость стоек Е1г =
= 600 кН • м2, жесткость ригеля £/2 = 400 кН • м2.

Решение. Основную систему, единичные и грузовую эпюры
моментов см. на рис. 2.10, б, в, г, д. Канонические уравнения

4" $12-^2 Я- Atf 4- Ам — 0;
$21Л1 4- $22^2 4- △г/ = 0.
Найдем коэффициенты и свободные члены канонических уравнений:
бп = 3,54  10-’; б12 = —2,15 • 10‘3; б22 = 12,5 • 10'3; Д,/ = 0,417.КГ3;

Дю = —Щр- = -34,9 • КГ3; Д2, = 2,92 - КГ3.

После подстановки в канонические уравнения получаем систему
3,54Хг — 2,15Х2 —34,5 = 0; |

—2,15Хх + 12,5Х2 + 2,92 = 0, )

откуда Xi = 10,73; Х2 = 1,62.

Получив исправленные эпюры (рис. 2.10, е, ж), строим окончатель-
ную эпюру М (рис- 2.10, в).

Проверяем эпюру М. Узлы рамы находятся в равновесии. Построч-
ная кинематическая проверка дает следующие результаты:

V f MiMds , А 1	6,75 -5 2 л 1	0,5-3 (2 л

2jJT7~ + A|e = 600-------— •T-°>5 + 4OO' — -k-0’75-

—1 • 1,62) + sL — (4 • 10,73 + ± • 1,62) — 34,9.10-’ =
О	/ OvU z \ 0	о	/

__	= 10-3(—35 + 35) = 0;

1	6,75 • 5 2 . , 1 1,62 — 0,75 Q ,

ZjJ EI “	600 ’	2	’ 3 ’ 1 + 400	2	* о ’ * +

+ йПП - + (4- ’’62 + l • 10,73)= IO-3 (18,8-18,8) = 0.

OvU z \ 0	0	/

2.14.	Изменится ли решение упражнения 2.10, если вместе с измене-
нием температуры правая опора сместится по вертикали?

9.4.	Матричная форма расчета рам методом сил

Используя матричную форму определения перемещений, найдем матрицы
коэффициентов и свободных членов канонических уравнений:

D = M'LM\

△f =

где М — матрица единичных моментов размером 3/n X л; каждый ее столбец
содержит моменты от соответствующего единичного неизвестного в основной си-
стеме (т — количество участков рамы, л — число лишних неизвестных); Mj —
матрица грузовых моментов размером Зт X I; каждый ее столбец содержит мо-
менты от одного из вариантов загружения (t—количество вариантов загруже-
ния); L — матрица податливости рамы размером Зт X Зт.

Решая систему канонических уравнений

DX+ Д, = 0,

находим матрицу лишних неизвестных:

X = —D~lEf = —	M'LMf.

Подставив это выражение в формулу для изгибающих моментов

М=М^-МХ,

получим матричную формулу для вычисления изгибающих моментов:

М = Mf — М (M'LM)-1	(2.9)

Следует отметить, что ручной расчет по формуле (2.9) довольно трудоемкий,
в основном она пригодна при использовании ЭВМ.
Упражнения

2.15.	Построить эпюру Л4 для рамы, изображенной на рис. 2.11, а,
используя матричный алгоритм.

Решение. Определив число неизвестных (nst ~ 3), выбираем
основную систему (рис. 2.11, б). Единичные и грузовая эпюры моментов
в основной системе приведены на рис. 2.11, в, г, д, е. На основании этих
эпюр разбиваем раму на участки (рис. 2.11, ж) и, принимая начало на

ригеля и на верхних концах стоек, составляем

левых концах участков
матрицы М и Mf:
Составляеги матрицу податливости рамы:

18Е/

6 0 0	0 0 0	0 0 0	ООО	ООО	ООО
0 24 0	0 0 0	0 0 0	ООО	ООО	ООО
0 0 6	0 0 0	0 0 0	ООО	ООО	ООО
ООО	8 0 0	0 0 0	ООО	ООО	ООО
0 0 0	0 32 0	0 0 0	ООО	ООО	ООО
0 0 0	0 0 8	0 0 0	ООО	ООО	0	0 0
00 0	0 0 0	3 0 0	ООО	ООО	ООО
0 0 0	0 0 0	0 12 0	ООО	ООО	ООО
0 0 0	0 0 0	0 0 3	ООО	ООО	ООО
0 0 0	0 0 0	0 0 0	3 0 0	ООО	ООО
0 0 0	0 0 0	0 0 0	0 12 0	ООО	0	0 0
0 0 0	0 0 0	0 0 0	0 0 3	0	0 0	ООО
0~0~0	0 0 0	0 0 0	ООО	30	0 0	ООО
0 0 0	0 0 0	0 0 0	ООО	0 120 0	0	0 0
0 0 0	0 0 0	0 0 0	ООО	0	0 30	0	0 0
0 0 0	0 0 0	о о"о	ООО	ООО	30	0 0
0 0 0	0 0 0	ОСО	ООО	ООО	0 120 0
0 0 0	0 0 0	ООО	ООО	ООО	0	0 30
Размерность матриц Aff и Af можно сократить, если отбросить в них
строки с заведомо нулевыми изгибающими моментами (строки 1, 12,
15, 18). В матрице L при этом отбрасываются соответствующие строки
и столбцы.

Дальнейшее сокращение размерности матриц можно выполнить за
счет совмещения строк 9 и 10, соответствующих сечениям на границе
участков 3 и 4 с совпадающими значениями изгибающих моментов.
В матрице L при этом необходимо сложить элементы соответствующих
строк и столбцов. Сокращенные* по размерам матрицы имеют следую-
щий вид:

	9	—0,5			—5		—					4	—	
	—4		-1		—	10						0		
	—4		-1			0						0		
	0		-1			0						0		
	4		-1			0						0		
м=	4		-1			10			Mf =			0		Z
	3		-0,75			-7,5						1,5		
	2		-0,5			-5						3		
	1		-0,25			-2,5						1,5		
	0		0			10						0		
	0		0			5	-					_0		
	~24	0	0	0	0	0	0	0	0	0		0	0	0“
	0	6	0	0	0	0	0	0	0	0		0	0	0
	0	0	8	0	0	0	0	0	0	0		0	0	0
	0	0	0	32	0	0	с	I 0	0	0		0	0	0
	0	0	0	0	8	0	0	0	0	0		0	0	0
	0	0	0	0	0	3	с	1 0	0	0		0	0	0
L = 18Ё7	0  0	0  0	0  0	0  0	0  0	0  0	12 0  0 6		0  0	0  0		0  0	0  0	0  0
	0	0	0	0	0	0	с	I 0	12	0		0	0	0
	0	0	0	0	0	0	с	) 0	0	30		0	0	0
	0	0	0	0	0	0	с	) 0	0	0	120		0	0
	0	0	0	0	0	0	с	) 0	0	0		о :	30	0
	_ 0	0	0	0	0	0	0 0		0	0		0	0	120_

* Можно дополнительно уменьшить размер матриц, применяя на участках
со всеми прямолинейными эпюрами матрицу податливости



Следует отметить, что при этом матрица податливости всей рамы теряет диа-
гональный вид.
Выполняем вычисления по формуле (2.9):

С = М L = х

—48 —24 —32	0 32	12	36	12

X -12 -6

—8 —32 —8 —3 —9 —3

—120 —60

ООО —30 —90 —30

12 0 0 0 01

—3 0 0 0 0

—30 300 600 300 600J

D = M'LM = СМ =

Е1

35,6
О
О

О	0 1

4	13,3 ;

13,3 800 J

А/ = Л1'£Л1/ = СЛ1/ =

Обращаем матрицу £>:

det(£>) = 35,6 • 4.800 — 35,6 • 13,3 • 13,3= 107 620;

I 4	13,31

800 h 4 - 800-13,3* = 3023;

DI8 = Dtl = (-ir|13>3 80q| = 0;

135,6	0|

О22 = (-1)2+2 1 0	8 00| = 35,6 - 800 = 28 480;

10 О I

П13 = Г31 = (-1Гз|4 133| = 0;

135,6 О

D23=D32=(-ir*\ 0	13>3

= —35,6 • 13,3 = —473;

135,6 01

О33 = (-1)3+3 0	4 = 35,6- 4 = 142,4;

3023 О О

О 28480 —473

О —473 142,4

0-1 = —EL_
”	det (D)

D=EI

0,0281

О
О

О	О

0,265	—0,0044 ;

—0,0044	0,00132J

[0,131 I
0,922 ;
0,0367J
MX -

—0,91		3,09
—1,81		— 1,81
— 1,45		—1,45
—0,92		—0,92
—0,40		—0,40
—0,76	; M = Mf + MX =	—0,76
—0,57		0,93
—0,38		2,62
—0,19		1,31
0,37		0,37
0,18_		0,18__

На основании матрицы М на рис. 2.11, з построена эпюра изгибаю-
щих моментов в заданной раме.

9.5. Перемещения в статически неопределимых рамах

Перемещения в статически неопределимых рамах от заданной нагрузки вы-
числяют теми же способами, что и в статически определимых. Например, при-
меняя правило Верещагина, перемещение вычисляют, перемножая эпюру момен-
тов от заданной нагрузки (М) с эпюрой М моментов от единичной силы, прило-
женной по направлению искомого перемещения.

Следует иметь в виду, что одна из эпюр (М или М) может быть построена
в любой статически определимой основной системе, а другая — в заданной стати-
чески неопределимой системе.

Упражнение

2.16.	Для рамы, рассчитанной в упражнении 2.5 (рис. 2.3, а), опре-
делить вертикальное перемещение точки приложения сосредоточенной
силы F.
Решение. Эпюра моментов от заданной нагрузки построена на
рис. 2.3, з. Выбрав удобную основную систему (рис. 2.12), строим
эпюру моментов от единичной силы по направлению искомого перемеще-
ния. Перемножив эпюры М и М по правилу Верещагина, находим пере-
мещение

=4 (4(4 • 2.534-1 - 0,932) + Ц2 • 1 • 2,534) = 3^_

Глава 10

РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ ФЕРМ МЕТОДОМ СИЛ

10	.1. Расчет ферм на неподвижную нагрузку

Порядок расчета статически неопределимых ферм такой же, как и для рам:
1. Определяют число лишних связей по формуле

nst = С + Со - 2Y.

(2.Ю)

Как и в рамах, в фермах имеются абсолютно и условно необходимые связи.

2.	Выбирают основную систему, отбрасывая лишние связи: внутренние —
рассечением стержней, внешние — удалением опорных связей.

3.	Записывают канонические уравнения метода сил, полностью совпадаю-
щие по виду с уравнениями (2.2) для рам.

4.	Рассчитывая ферму отдельно на действие^ каждого единичного неизвест-
ного и заданной нагрузки, определяют усилия N2, .... Nn, Nf.

5-	По формуле Мора определяют коэффициенты и свободные члены канони-
ческих уравнений:

V,-	/	<2J1>

△if = 2j NiNf EA; 1 =	2, .. . , л; Л = 1, 2, .... л.

Удобно жесткость какого-либо стержня или группы стержней принять за
основную — ЕА0 — и вычислять перемещения в масштабе:

V ЕА	(2Па)

E40A17=VW^J

6.	Решая канонические уравнения, находят значения лишних неизвестных
Х-2. Хп.

7.	Определяют усилия в стержнях заданной фермы:

N = Nf + MjXj + М2Х2 + ... + МпХп.	(2.12)

8.	Проверяют расчет по условию деформации фермы:

1?4 = 0'	(2.13)

или

Vjv.;v/|^ = o; 1 = 1, 2..л.

Для ферм, как и для рам, применяются такие приемы, как группировка не-
известных и разложение нагрузки на симметричную и кососимметричную.

Расчет удобно выполнять в табличной форме.
Упражнения

2.17.	Определить усилия в стержнях фермы, изображенной на
рис. 2.13, с, от заданной нагрузки. Жесткость элементов нижнего поя-
са — 1,5ЕЛ, решетки — ЕА, верхнего пояса — 2ЕА.

Решение. Число лишних связей по формуле (2.10)

nst = 14 + 4 — 2 - 8 = 2.

Основную систему выбираем, удаляя одну внешнюю и одну внут-
реннюю связи (рис. 2.13, б).

Усилия в стержнях основной системы приведены на рис. 2.13, в.

В качестве основной жесткости принимаем жесткость элементов ре
шетки ЕА0 = ЕА. Вычисление коэффициентов и свободных членов ка
ионических уравнений выполняем в табл 2.1 (столбцы 10... 14).
			Решетка |	Нижний ПОЯС	Верхний пояс	-	Элементы фермы
		Сл А  1 1 1 м м о	Со Со к>  111	111	Сл -Л. Со к> —  X L111	to	Номера стержней
		го со ел	от от го	СП 4* СП	СР СР 4Ь. Ср СР да ел СП ел	от	/. м
					- — -	to to to ер ср ср	О О О О О ел ел сл сл ел	*	Л.М
		0.1- CD	4 о	1  ООО  □3	1  о о р о о да	сл	
		= !□  СП	1 0 — 0  СП	L L L ел ел	00 от	00	ОО  ОО	о	о  to to	to	to	от	л?;
		о to о	от го о  8	да р СР да СЛ СР М М СР	1 1 1 1 1 p p p 4K Jb. о ел ср да co — — CP		А/,
		о 1 ел	1 сл — о  ОО	о L °  СР	1  О О Г" СЭ о ел	да	ZVJ Ио/Д)
		=1= ел	olo  СП	1 1 1 со ел оо	w w to ы со to То СЭ to <S1 СЛ	СП	w	ео	АЛЛ (До/Л)
II - tljcn  >и		0—0 о ОО	СП — о о ОО	О_- <=	о о — О ° ю со	о	Л/J 1 (Ло/Л)
1100  >11		о to о	о р о	° Ъ °	1  о о Г ° о ел	-	NtN^1 (^оМ)
2-s  >и		О Р о ел	О СЛ О  СП	N? — Ю р р О да м со	ел	ел	to	сл	сл  со	от	оо	оо  от	<п	а»	от	ю	7% Ио/Л)
и  СР  >н		° ОТ ° да	st о	о Lo	о о да о о  СП СР	СР	A/tA/fl (Ло/Л)
Б" njto ^р  Оэсо JNI		1  О СО о	।  ООО	I 1 1  СЛ — КЗ  СП	р  ОТ	00	11111 — — Р Сл р ьэ ьэ м ел ел	4ь	tVjtVjl (До/Л)
		<э - L й-	L - о  ~ 8 °	0 — 0  да	0 0 — 00 о	ел	/v;x,
		1  О СР О То	О (L О со	L LL	4^	to 4b 4b  да да о да ел О О	ео О	-	ТГгХ2
		о р to	-1о Ь £ °	.0.1.1	11 I 1 1  * *• J3 о р ео о о — Т— КЗ ьэ м — —	м	А/
О 00	1 +  —р ъ ьэ	£	р о  да о ел *.	о — о  да 4ь	СЭ о — О о  СП ел	да	NtNl (Лэ/А)
1 р ср	Li ом О СР	О р ° ел	О р о да	й ~	1 1 1 1 1  О	°  СР СР ел да	о	N[Nl (Ао/А)

Таблица 2.!
Канонические уравнения приводятся к виду

IS.UXi + S.OTJQ + 12,3 = 0; 1

8,07%! + 91,2Х2 — 219,9 = 0. J

Из решения системы уравнений получим Х± = —2,2 кН, Х2 = 2,6 кН.

В табл. 2.1 вычислены исправленные (столбцы 15, 16) и оконча-
тельные (столбец 17) усилия. Столбцы 18 и 19 служат для проверки
усилий.

2.18.	Определить усилия в стержнях ферм, приведенных на
рис. 2.14, а, б.

2.19.	Применяя групповые неизвестные, найти усилия в стержнях
ферм, приведенных на рис. 2.15, а, б.

10.2. Расчет на подвижную нагрузку

Для построения линий влияния усилий в стержнях ферм используют выра-
жение (2.12).

Линия влияния усилия в основной системе (Nfl строится как обычно для ста-
тически определимых систем. Для получения линий влияния лишних неизвест-
ных Xi можно воспользоваться либо непосредственным расчетом фермы при по-
следовательном расположении единичной силы в узлах грузового пояса, либо,
применив теорему о взаимности перемещений (дц = 6^-), строить их с помощью эпюр
прогибов грузового пояса от действия соответствующих единичных неизвестных.
Например, при одном лишнем неизвестном

X,-------(2.14)

$11

При двух неизвестных

Xj =--------—-6;. +----------^2-5-

$11 $22  $12	$11$22 — $12

а	а

у _	°21 с	0ц с .

Лг “	---7^	— 7“7-----72 С/2’

$и$22 — о12 ОыОгг — $12

При этом эпюры прогибов удобно строить методом упругих грузов.

Упражнения

2.20.	Построить линию влияния усилия N в стержне 2—7 фермы,
приведенной на рис. 2.16, а. Жесткость элементов фермы ЕА — const.

Решение. Нумерация узлов фермы и длины стержней приведе-
ны на рис. 2.16, а.

В основной системе отбрасываем промежуточную опору. Усилия
от действия Xj = 1 приведены на рис. 2.16, б.

Для построения эпюры прогибов верхнего пояса (6/х) от Хг = 1
необходимо определить упругие грузы в узлах 2, 5, 4. Усилия NW2
и NW3 от единичных систем сил приведены на рис. 2.16, в, г.

Находим величины упругих грузов:

= EAW, =	= —0,833 - 0,417 - 5 — 0,667 - 0,333 х

X 4 4-0,417 • 0,417 - 5 — 0,5 • 0,25  4 = 3,15;

= YNxNW3l = 2 (—1,031 • 0,258 - 4,125 — 0,417 • 0,3125 X

X 5) 4- 0,5 • 0,4375 • 4 = —2,62.

Загрузив фиктивную балку упругими грузами (рис. 2.16, д) и по-
строив для нее эпюру изгибающих моментов, получим эпюру прогибов
верхнего пояса (рис. 2.16, е).

Вычисляем перемещение 611:

ЕЛби = 2 (0,833- • 5 + 1,031- • 4,125 + 2 0.6672 • 4 + 0,417' X
X 5) + 0,5‘2 - 4 = 25,6.

Линия влияния Х1Э приведенная на рис. 2.16, ж. получена на осно-
вании формулы (2.14) делением ординат эпюры прогибов на единичное
перемещение бп.

Построив линию влияния усилия Nf в основной системе (рис. 2.16, з),
вычисляем ординаты окончательной линии влияния искомого усилия N
(рис. 2.16, и) по формуле

/V = Nf + TVjXi = Nf — OjnXj.

2.21.	Используя полученную в упражнении 2.20 линию влияния
Хр построить линии влияния усилий в стержнях 2—3 и 7—8.

2.22.	Построить линию влияния лишнего неизвестного для фермы,
изображенной на рис. 2.17, а, если жесткость поясов в два раза больше
жесткости элементов решетки.

Решение. Основная система и усилия в ней от действия Хг = 1
приведены на рис. 2.17, б.

Для определения упругих грузов прикладываем в узлах грузового
пояса единичную систему сил. Загружение этой системой и соответ-
ствующие усилия приведены на рис. 2.17, в, г при положении средней
силы в узлах 2 и 3. При остальных положениях единичной системы
продольные силы в стержнях легко получить, смещая усилия по
рис. 2.17, з, г в загруженные панели.

Вычисляем упругие грузы и единичное перемещение 6П, принимая
площадь сечения поясов за .40. а элементов решетки — О,5Ло:

= 0,625 • 0,416 • 5 • 2 = 2,6;

EA„WS = S N^WJ(A„/A) = —2 • 0,375 • 0,25 • 3 • 1 = —0,562 =

=

EA0Wt = Е	= —2 - 0,75 • 0,25  3 • 1 = —1,125 =

= EAvWt-,

EA0Wb = S	= —2 (1,125 • 0,25 • 3 . 1 + 0,625 x

X 0,416 • 5 • 2) = —6,89;

ЕА„Ъи = £ N\l(A0/A) = (4 • 0,3752 + 2 • 1,1252 + 4  0,752) x

X 3 • 1 + 6 - 0,6252 • 5 • 2 + 2 • 0.52 • 4 • 2 = 43,47.

Фиктивная балка с упругими грузами показана на рис. 2.17, д. В со-
ответствии с указаниями гл. 7 в шарнирах АиС прикладываем моменты

а = N2-ю^2-ю	=	• 4 - 2 =	4;

EA0MWt с = —Л/8-i6^8-i6 (^o/^s-ie) =	 4 • 2 = 4.

Эпюра прогибов верхнего пояса и линии влияния Хх приведены на
рис. 2.17, е, ж.

2.23.	Построить линии влияния усилий в стержнях фермы, отмечен-
ных на рис. 2.18. ЕА = const.

10.3. Расчет ферм в матричной форме

Матричный алгоритм метода сил для расчета ферм записывается в таком же
виде, как и для рам при замене М на N:

N^Nf—N (N'LN)-1 N'LNt

(2.16)

где /V — матрица единичных усилий; ее i-й столбец содержит усилия в стержнях
фермы от действия Х[ = I;

—матрица грузовых усилий; ее £-й столбец содержит усилия в стержнях
фермы от действия Л-й заданной нагрузки;

Л — матрица податливости фермы; ее /-и элемент главной диагонали равен

а все побочные элементы — нулевые.

Упражнение

2.24.	С помощью матричной формулы (2.16) определить ординаты
линий влияния усилий в стержнях фермы, приведенной на рис. 2.19, a
(ЕА = const).

Решение. Ферма имеет две лишние связи. Основную систему
примем по рис. 2.19, б.

Рассчитывая основную систему на действие отдельных нагрузок:
Xt = 1, Х2 = 1, Ft = 1, F2 = I, F3 = 1 (Fj, F2, F3 — силы в узлах
/, 2, 3), составляем таблицу усилий (табл. 2.2).

Таблица 2.2

Номера стержней	Длины стержней, м	Усилия от действия сил				
		Х,=1	Х.=1	Л\=1	f2=i	Fs=l
1—2	4	—0,8		4	0	1,33	2,67
2—3	4	0	—2,67	0	0	1,33
3—4	4	0	—1,33	0	0	0
5—6	4	—0,8	2,67	0	0	—1,33
6—7	4	0	1,33	0	0	0
1—5	з	—0,6	0	—1	0	0
2—6	з	—0,6	—1	0	0	1
3—7	Q	0	—1	0	0	0
2—5	о к	1	1,67	0	—1,67	-1,67
	о к	0	1,67	0	0	— 1,67
4	7	и к	0	1,67	0	0	0
1—6	О  5	1	0	0	0	0
По данным табл. 2.2 составляем исходные матрицы:

N =	—0,8 0 0  —0,8 0  —0,6 —0,6	—2,67  —1,33 2,67 1,33 0  —1	Nf =	0  0  0  0  0  —1  0	1,33  0  0  0  0  0  0	2,67"  1,33  0  —1,33  0  0  1	
	0	—1		0	0	0	
	1	1,67		0 -	-1,67	—1,67	
	0	1,67		0	0	—1,67	
	0	1,67		0	0	0	
	1	0 _		0	0	0	
								
		Т 0 (	) 0 0 0 1	D00	0 (	) 0	
		0 4 0 0 0 0 1		DOO	0 (	) 0	
		0 0 А	10 0 0 1	ООО	0 (	) 0	
		0 0 с	) 4 0 0 1	DOO	0 (	) 0	
		0 0 с	) 0 4 0 1	DOO	0 (	) 0	
	„ 1	0 0 с	) 0 0 3 1	DOO	0 (	) 0	
	L ЁА	0 0 с	) 0 0 0 ;	3 0 0	0 (	) 0	
		0 0 (	) 0 0 0 1	D 3 0	0 (	) 0	
		0 0 с	) 0 0 0 1	D 0 5	0 (	) 0	
		0 0 с	) 0 0 0 1	D 0 0	5 (	) 0	
		0 0 с	) 0 0 0 1	DOO	0 E	j 0	
		0 0 с	) 0 0 0 1	DOO	0 (	) 5	

Выполняем действия над матрицами:

Г-V'/ - 1 Г—3,2	0	0	—3,2 0	—1,8 —1,8 0 4

16 —10,67 —5,33	10,67 5,33 0 —3 —3 8,33

0	0	4]

8,33 8,33 0];

D=CN

_1Г17,28 14,411.
ЕА [14,41 183	]’

det (D) = 17,28-183— 14,412 = 2955;

Г 183 — 14,411.	Ъ	0,0619 —0,004881

[—14,41	17,28]’ D	= ^10,00488	0,00585]’

л гы 1 [1,8 —10,94 —12.771

д, = C/Vj =	[0 _35Д9 —101,9] ’

v п-1*	[0,111 —0,505 —0,293]

—A = D Af = [о,009 —0,152 —0,534]:
0.125 —1.012 —2,37
0,024 —0,406 —1,426
0,012 —0,202 —0,71
0,065	0,002	1,191

—0,012	0,202	0,71

0,666 —0,303 —0,176
0,675 —0,455 —0,71 ;

0,009 —0,152 —0,534

—0,126	0,759	1,185

—0,015	0,254	0,892

—0,015	0,254	0,892

—0,111	0,505	0,293

N=Nf + NX =

0,125	0,318	0,3
0,024	—0,406	—0,096
0,012	—0,202	—0,71
0,065	0,002	—0,139
—0,012	0,202	0,71
—0,334	—0,303	-0,176
0,675	—0,455	0,29
0,009	-0,152	—0,534
—0,126	—0,911	—0,485
0,015	0,254	—0,778
—0,015	0,254	0,892
—0,111	0,505	0,293

В строках матрицы 7V содержатся ординаты линий влияния уси-
лий в стержнях. Например, по данным четвертой строки на рис. 2.19, в
построена линия влияния усилия N5_6.

Глава 11

СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ АРКИ

11.1. Двухшарнирные арки

Двухшарнирные арки (рис. 44, а) один раз статически неопределимы. Основ-
ной системой обычно служит криволинейный брус (рис. 44, б). Принимаемый за
лишнее неизвестное распор X] определяют из канонического уравнения

fiuXi+Дц^О.	(2.17)

Перемещения и Д^ вычисляют, используя формулу Мора:

В приведенных формулах интегрирование выполняется по длине оси аркн.
При действии силы = 1 (рис. 44, в) в сечениях арки возникают внутрен-
ние усилия, которые определяются по формулам

Alj = —у; /Vj = —cos <р;	= —sin <р.	(2.19)

Усилия от внешней вертикальной нагрузки могут быть выражены через ба-
лочные усилия (рис. 44, г):

=	= —Qo sin <р; Qf = cos ср.	(2.20)

Обозначая через /0 момент инерции произвольного (например, в замке) сечения
арки, с учетом выражений (2.19) и (2.20) получим формулы для определения 6ц
и Ац в таком виде:

S	s	S

(/>п = J У2 у ds + j cos2 ср ds -j- р J sin2 <р ds;
оо	о

s	S

Е/оДц = — уМ° -yds-]- sin <р cos <p ~ ds —
b	b

s

— p sin <p cos <p ds.

0	J

(2.21)

Аналитическое вычисление интегралов в формулах (2.18), (2.21) в общем
случае затруднительно, поэтому его часто заменяют численным. При этом ось
арки разбивают на достаточно малые участки длиной As и, определяя значения
всех величин для середины каждого участка, находят

Wh = У Уг~у° + У^ cos2 <р As + sin2 ф As;

Е/о Ац = — У, уЛ'1° -у As 4- У^ Q® sin <р cos ф ~ As —

— -&	Q° sin q> cos ф As.

(2.22)

Выполняя расчет наиболее часто встречающихся в строительстве арок со
стрелой подъема f < Z/3 и высотой сечения h < Z/10, при определении бп можно
пренебречь влиянием поперечных сил, а если f > I /5, то и влиянием продольных сил;
при определении Ац можно не учитывать действие продольных и поперечных
сил. В этом случае

S

° ,	>	(2-23)

=	-^ds. J

о )

После вычисления бц и А^ из канонического уравнения (2.17) находят

У_______

я вычисляют внутренние усилия в сечениях заданной арки

М = М<> — yXi,

Q = Q° cos ф — sin ф • Хх;

N == —Q° sin ф — cos ф  Xr

(2.24)

При расчете арки с затяжкой (рис. 45, а) в качестве лишнего неизвестного прини-
мают усилие в затяжке Xj = Ns (рис. 45, б). При этом в формулах (2.18), (2.21), (2.22)
и (2.23) для бХ1 добавляется слагаемое	соответствующее усилию в затяжке,

и интегрирование (в формулах (2.22)—суммирование) распространяется на часть

арки, расположенную выше затяжки.

Усилия в сечениях, находящихся выше затяжки, определяют по формулам
(2.24), для сечений ниже затяжки — по формулам (2.20).

Упражнения

2.25.	Построить эпюру М для арки (рис. 2.20, а), имеющей постоян-
ное сечение высотой h = ~l. Уравнение оси арки у = ^х(1—х).

Решение. Так как арка достаточно пологая = -у), то можно
принять ds ~ dx. В основной системе (рис. 2.20, б) получаем уравнение
моментов от = 1 (рис. 2.20, в) Мг = —у. Тогда

t	i

ifdxi EI^f^-^yModx.

о	о

Вычислим перемещение 6U:

Щи = 2 j х (I — x)j dx =
о

8р1	8 • 22 10

15	15

= 21,3.

Для вычисления Д^ интеграл разобьем на две части: для левой полу-
арки (начало координат на левой опоре) и для правой (начало коорди-
нат на правой опоре, рис. 2.20, г)

1/2	1/2

Е/^ц = -J у (4 qlx -dx-j у 4 x'dx' = -Q-£ =
о	о

Находим распор арки:

Xi =

' 15 —	_ з 195 кн

30 • 8/2/	16/ “ кп’

Изгибающие моменты для левой и правой частей арки
М = MG — Xxyt

М‘ = (4 ч1х~x(.l — x') = ^qx(l—2x);

Мг = ^х’—^-^х'(1 — х’)=—^х'(1 — 2х').

Эпюра М показана на рис. 2.20, д. Эпюры Q и N могут быть по-

строены с помощью формул (2.24).

2.26.	В арке (рис. 2.21, а), очерченной по дуге окружности, моменты
инерции сечений связаны зависимостью у = - -. Отношение жест-
ер

костей сечений арки и затяжки тг-т- = 0,4 м2. Построить эпюры М,

Решение. Основная система показана на рис. 2.21, б.

Аналитически вычислить интегралы при определении перемещений
и Д^ для рассматриваемой задачи трудно, поэтому используем фор-
мулы (2.23), пренебрегая поперечными и продольными деформациями.

По рис. 2.21, в устанавливаем необходимые геометрические и три-
гонометрические соотношения: As =	; у = V г2 — (1/2 — х)2 — г +

+	/; г = 4 + S = 4 +	15 м; sinq> = ^—cos<₽ =

Z О/ Z о - О	Г

= /гг-0/2-х)2

При равных длинах участков Дх формулы для 6П и Ди примут
следующий вид:

£/оби = ДхУ-4- + 44 i= ДхУ-4- + о>4/;
0 11	cosJ гр * ES4S	cos3 гр 1	’

Е/о Ди — Дх со$3 ф М/.
		аа'м01о,А.Со,0‘».сз	-	Номер точки
о		to	КЗ	—»	1—	t—  •л	•—	оо	сл	м	со сп gj аэ	ю	X
1		111	СО	И'
12,69		9  12  13,75 14,7  15  14,7  13,75  12  9		
3,69		0  3  1,75 5,7  6  5,7  4,75  3  0	о	’=1/г2-(т-'У-г + '
-0,522		0.8 0,6 0,4 0,2 0  -0,2  -0.4  -0,6  -0,8	СП	_/ __ 2 sin ф = —		
ОО  о		0,6 0,8 0,917 0,98 1  0,98 0,917 0,8  0,6		COS ф = 	-	—
1	М	0  5,86 6,16 6,06 6,0 6,06 6,16 5,86 0		COS'* ф
1	198,8	0  17,6  29,3  34,5  36,0  34,5  29,3  17,6  0		If2  COS3 ф
		0 52,5 87 103,5 102 83,5 61 34,5  0		
1	3167	0  308 536 627 612 506 376  202  0	-	—  COS3 ф 1
57,9		0  47,0 74,5 89,4 94,1  89,4 74,5 47,0  0		У X,
JL		0  5,5 12,5 14,1  7,9 -5,9 -13,5 -12,5  0		Л1 = Mf — у • х,
-	-7,5	—6,35  -11,5 -9,73	242,1  -192,3	0  32,2  77,0  85,5  47,4  -35,8  —83,2  —73,3 0	-	-Л-м  cos3 ф
		20,5  14,5  8,5  2,5  -3,5  -7,5  -7,5  -11,5  211,5		QO
		12,3  11,6  7,79  2,45  -3,5  -7,35  -6,88  -9,2  —6,9	о	Q° cos ф
1  00  	£		1	1	1	1  ^3	СО	СП	W	о w	о	СО ЬЭ  s	s	Ьз	^4	X, sin ф
2,01  — 1,37		— 0,24 2,19 1,52  — 0,69 -3,5 -4,21 -0,61  0,21 5,64	00	Q = Q° cos ф — Xj Sin ф
4,00  6,13		16,4  8,5  3,4 0,5  °  1,5  3,0  6,9  9.2	ю	Q° sin ф
13,27		9,41 12,64 14,38 15,37 15,68 15,37 14,38 12,54 9,41	S	X, cos ф
— 17,3  — 19,4		-25,8  —21,0  -17,8  -15,9  -15,7  -16,9  -17,4  -19,4  — 18,6	12	JV = — (Q° sin ф + Xj cos Ф)

Таблица 2.3
Разбиваем арку вдоль осн х на 8
равных частей, так, что Дх = $ = 3 м
(рис. 2.21, б). Точки 1, 2, 3 являются
серединами участков. На крайних
участках, длина которых ~= 1,5 м,
моменты будут близки к нулю, по-
этому считаем, что их средние значе-
ния соответствуют моментам в точках
О и 8.

Изгибающие моменты М[ находим
по рис. 2.21, г и выполняем расчет в
табл. 2.3.

Суммы в столбцах 9 и И табл.
2.3 дают значения и Дх/:

Е106и = 3 • 198,8 + 0,4 - 24 = 606;

£/0Д1/ = —3 • 3167 = —9500.

Усилие в затяжке

Х1 = —	= тлг= 15>7 кН-

Оц ЬОЬ

По результатам суммирования значений в столбце 14 проверяем
правильность вычисления моментов.

Д* X + ^sls = -3(242,1 - 192,3) +
+ 0,4 • 15,7 • 24 = —726,3 + 727,6 ~ 0.

' По данным столбцов 13, 18 и 21 табл. 2.3 на рис. 2.21 построены
эпюры М, Q, N. Значения усилий в точке приложения силы F полу-
чаем дополнительным расчетом (точка 9 в табл. 2.3).

11.2. Бесшарнирные арки

При расчете бесшарнирной арки (рис. 46, а) в основной системе обычно де-
лают разрез по оси симметрии. Перенося лишние неизвестные с помощью жест-
ких консолей в упругий центр — точку С (рис. 46, 6), добиваются полного раз-
деления канонических уравнений:

+ Дц = 0; 1

б22Х2+A2f=°; I	(2.25)

$зз-Хз + Аз/ — 0. J

Упругий центр находят как центр тяжести условного сечения (см. гл. 9):

1/2

у°=х=°—------•	<2-26’

Усилия в основной системе_от единичных_ неизвестных:	= х; Qi — cos <р;

/Vx = sin <р; 7Й2 = у; Q2 — sin <PJ = —cos <p; M3 = 1; Q3 = 0;	— 0.
Единичные и грузовые перемещения определяют из выражений

= J *2 т ds + Jsin2 ф Т ds + м Jcos2 45|д ds'

EI0Ь22 = J У2 ~ ds 4 J cos2 <p —° ds + p J sin3 <p ds;

£/0633= f ~rds;

С / С	C F! >	(2,21)

EI^lf = j MfXds + J Nf sin <p	ds +p J Qf cos <p th ds;

El0b2f = Mfy~ds—^ Nf cos <p	ds + p J Qf sin <p^ ds;

Elo&3f = j* ~f ds.

При затруднениях в аналитическом вычислении интегралов ось арки разби-
вают на участки длиной As и интегрирование в формулах (2.26) и (2.27) заменяют
суммированием.

После вычисления лишних неизвестных из уравнений (2.25) усилия в задан-
ной арке определяют по формулам

Л4 = Л4^ Х^х 4- Х2у 4~ Х3; |

Q = Qf 4- Xi cos <p 4- X2 sin <p; 1	(2.28)

TV = Nf 4- Xi sin <p — X2 cos <p* J

Упражнение

2.27. В арке (рис. 22, а) построить эпюры Л4, Q, N от заданной
4f 2

нагрузки. Ось арки очерчена по параболе уг = ~xlt моменты инерции
сечений изменяются по закону = cos ср. Продольными и поперечными
деформациями пренебречь.

Решение. Основная система приведена на рис. 2.22, б.

Для заданной арки ds = -^^, ^~ds = dx.

Определяем положение упругого центра:

42	Ц2

о	о

Ц2	Ц2

~/~ ds = f dx = ~2 ’	= ~бГ = 4 = 2,33 М*

о	о

Для рассматриваемой арки значения единичных перемещении можно
вычислить аналитически:

Ц2	1(2

=2 f х2 4°ds =2 [хЧх = ^8 = ^ = ^ = 225°;
J 1	9/	О • О 1^ 1Л

о	о

4/ f

У = У1 — У0 = -р Л- — -Е;
/ = 30.

1Г2

ds = 2 j dx =
о

Грузовые перемещения также вычисляем аналитически:
3	15

El0Ду = J MfX ~~ds=	(—х2) xdx 4- j [—6 (x — 1,5)] xdx = 6912;

—15	3

3

= J Mfy ~ds = J (—X3)	~ 4) dx +

—15

15

+ J [ -6 (x - 1,5)	x2 — I)] dx = -2867;
Номер ТОЧКИ

X	Ч« 1  ^“12.  1) э>	ojv = hv	ч  X-	э»	/VI = М° + X, • х + X, • у + Х3	II & ъд	Ф, град	sin ф	&  о и	-L	&  8 о  II o’	X, cos о	Х2 sin ф 		& с  х' + & от о о  X  o'  II  О	& е  Ъ  II  :>*	& е  от  X	&  о и  X  1	N = Nj + Xj sin ф — X, cos ф
2	3	4	5	6	7	8	9	10	И	12	13	14	15	16	17	18	19	20
-15	667	-22 5	46,08	102,4	-20,72	-0,33	—43,0	-0,682	0.731	30	22,1	-2,25	— 5,0	4,85	—20,6	2,10	—IG,0	-34,5
-11,25	1.604	-126,6	34,56	35,19	-1,05	-0,700	—35,0	—0,574	0,819	22,5	18,4	-2,52	— 12,6	3,28	-12,9	1.76	-18,0	— 29,1
-7,5	-0,583	-56,25	23,04	-12,79	9,80	- 0,467	-25,0	— 0,423	0,906	15	13,6	-2,78	-9,28	1,54	-6,35	1,30	-19,9	-25,0
-3,75	— 1,896	-14,06	11,52	-41,60	11,66	-0,233	-13,1	-0,227	0,974	7,5	7,31	—2,99	-4,98	—0,66	— 1,70	0,697	— 21,4	—22,4
0	-2,333	0	0	-51,19	4,61	0	0	0	1	0	0	-3,07	0	-3,07	0	0	-21,9	-21,9
3,75	-1,896	— 13,5	-11,52	— 41,60	-10,82	0,233	13,1	0,227	0,974	—6	-5,84	—2,99	4,92	— 3,85	— 1,36	-0,697	-21,4	— 23,5
7.5	-0,583	-36	-23.04	-12,79	-16,03	0,467	25,0	0,423	0,906	-6	— 5,44	—2,78	9,28	1,06	—2,54	-1,30	-19,9	-23,7
11,25	1,604	-58,5	-34,56	35,19	—2,07	0,700	35,0	0,574	0,819	—6	-4.91	-2,52	12,6	5,17	-3,44	-1,76	-18,0	-23,2
15	4,667	-81	— 46,08	102,4	31,12	0,933	43,0	0,682	0,731	-6	-4,39	— 2,25	15,0	8,36	-4,09	-2,10	-16,0	-22,2
3	15

Е/ЛД«=	= J(-x2)dx + j [-6(x-l,5)]dx=-1674.

—15	3

Находим значения лишних неизвестных:

v Д1/ _	6912 о n7Q u

Хх —	2250 — 3,072 кН,

v д2/	2867	u

—	б22 — 130,7 — 21 »94 кН;

Х3 = —	= 2^ = 55,8 кН • м.

о33 ои

Усилия в сечениях арки вычисляем в табл. 2.4. Усилия в основной
системе от заданной нагрузки найдены через усилия в консольных бал-
ках (рис. 2.22, в). При этом Mf = М°; Qf = Q° cos <р; Nf = —sin Ф-

По результатам, полученным в табл. 2.4, на рис. 2.22, г, д, е по*
строены эпюры М, Q, N.

11.3. Линии влияния усилий в арках

Линии влияния усилий в арках строят, используя выражения (2.24) для
двухшарнирной арки и (2.28) — для бесшарнирной. Сначала строят линии влия-
ния лишних неизвестных, применяя способ упругих грузов. Разбивая ось арки
на бесконечно малые участки и учитывая только деформации изгиба, можно по-
лучить выражения для линий влияния лишних неизвестных в замкнутом виде,
В частности, для двухшарнирной арки

//2

J I cos <p

70 dx .

У --------dx

/ cos <р

(2.29)

£/06ц

Для левой половины бесшарнирной арки

(• Г yh^dx

J J / costp

-//2—1/2

(2.30)

Т° —
J J / cos ф

-Z/2 -//2___________

^/и^зз

Интегрирование в формулах (2.29) и (2.30) может быть заменено суммирова-
нием. Для этого арку вдоль оси х разбивают на равные участки длиной Дх
(рис. 47, о, рис. 48, а). Значения ординат линий влияния лишних неизвестных
в точке К вычисляют по формулам
для двухшариирной арки

У У,т°---------(Лх)’УУ../40 —

2 к У] /,-cosw- '	'cosф-

y	j~l '	1	i=l /=!	1	1

«----------------------£TAi

для бесшарнирной арки

_	Х=1 /=1

Л,’к----------’

Л—1 I

*2’к =	:

k—1 i
(Д>-)2 V V —
1- COS (Pj

хз.к = '	.

(2.31)

(2.32)

Получив линии влияния лишних неизвестных (рис. 47, б, рис. 48, б), строят
балочные линии влияния усилий в заданном сечении », а затем окончательные
линии влияния:
для двухшарнирной арки — по формулам

Л1£ = Л1?-Х1Ух.;

Qi = Q® cos <pt — Xt sin <p£;

N{ = —QV sin <pf — Ai cos	.

для бесшарнирной арки —

Л1Х- = Л1£ Xix{ + X2yi + Ад;

Qi = Q°i cos q>{ -j- XL cos <pt- 4- Кг sin 47;

TV£ = QU sin q( 4- Xj sin <pt- — Xa cos q>f.

(2.33)

(2 34)

Упражнения

2.28.	Построить линии влияния усилий в сечении 2 для арки с за-
тяжкой, приведенной на рис. 2.21, а (упражнение 2.26).

Решение. Ординаты линии влияния вычисляем в табл. 2.5
по формуле (2.31). Ось арки разби ваем на 8 участков так, что Ах =

== 3 м. При вычислениях используем значения у;-?—-— = —— из
r	J	‘ 1 COS ф	COS3 фу

табл. 2.3 и Е/06и = 605,88 (см. упражнение 2.26).

Схема вычисления сумм в столбцах 4 и 5 показана в табл. 2.5 стрел-
ками. По данным табл. 2.5 на рис. 2.23, а построена линия влияния
распора

Таблица 2.5

Номер точки		[©•  1 °  1 V	II  сГ	с  М II	L		7  С ~ 2 ’ JhJ cos’ ф “  — (Д.г)2 b 1	к  II
1	2	3	4	5	6	1	8	9
1	3	5,86	5,86;	0	189,7	0	189,7	0,313
2	6	6,16->	12,02	5,86	379,4	52,74	326,7	0,539
3	9	6,06	18,08\	17,881	569,2	160,9	408,2	0,674
4	12	6	24.08	35,96	758,9	323,6	435,2	0,718
5	15	6,06	30,14	60,04	948,6	540,3	408,2	0,674
6	18	6.16	36,3	90,18	1138	811,6	326,7	0,539
7	21	5,86	42,16	126.48	1328	1138	189.7	0,313

Линии влияния балочных усилий м"2, (2г приведены на рис. 2.23, б-
Ординаты линий влияния усилий М2, Q2 и N2 вычислены в табл. 2.6.
По этим данным на рис. 2.23, в построены линии влияния М2, Q2 и N2.

2.29.	Построить линии влияния внутренних усилий для сечения
в левой четверти пролета бесшарнирной арки, приведенной на
рис. 2.22, а (упражнение 2.27).

Номер точки	I	*				1  II  5	©'  о о	& с  ><	Q2 =Qs cos Ф, — — Xt sin <p.	0  Qz sin Ф2	О о	Л'г = — (Qt sin Фг + + Xi cos ф2)
1	2	3	4	5	6	7	6	9	10	11	12
/	0,313	2,25	—0,125	1.487	0,763	—0,115	0,125	—0,240	—0,05	0,287	—0,237
2	0,539	4,5	—0,25	2,560	1.94	—0,229	0,216	—0,445	—0,1	0,494	—0,394
			0,75			0,688		0,472	0,3		—0,794
3	0,674	3,75	0,625	3,202	0,548	0,573	0,270	0,303	0,25	0,618	—0,868
4	0,718	3,0	0,5	3,411	—0,411	0,459	0,287	0,172	0,2	0.658	—0,858
5	0,674	2,25	0,375	3,202	-0,952	0,344	0,270	0,074	0.15	0,618	—0,768
6	0,539	1,5	0,25	2,560	—1,06	0,229	0,216	0,013	0,1	0,494	—0,594
7	0,313	0,75	0,125	1,487	—0,737	0,115	0,125	—0,010	0,05	0,287	—0,337

yz = 4,75 м; sin ср2 = 0,4; cos <р2 = 0,917

Решение. Для построения линий влияния лишних
воспользуемся формулами (2.30). При этом у— = 1
л	4/ о f

очерчена по параболе у = х~ — .

Вычисляем интегралы, входящие в (2.30):

-//2

неизвестных

и ось арки

Л3	xl2 Р х3

~ ~6	8 —24 ~ Т

112,5^—1125;

J ydx — f J (/2 х2 3j dx — f (3/2 х3 -h 6	3	6)~

— 1/2	—//2

S § ydxdx = ^ 5 x)dx = l^p Тб"
-1/2 —Ц2	—1/2

2'8/	3 V2 2 + 16^ ~ 2700	6 Х +

J dx — х + Z/2;

-//2
j NmH'-h+k-

-Z/2 —Z/2	-Z/2

y2	v/ /2	y2

= t + v + t = t+ 15x+ 112’5-

z	z	о	Z

В упражнении 2.27 вычислены значения единичных перемещений:
Е7Д1 = 2250; Е7О622 = 130,7; Е70633 = 30.

Теперь можно получить выражения для линий влияния лишних
неизвестных:

= 2250 ( 6~ “ 112’5х ~ 1125) = 13500 ~ 20 “°’5’

%2 = 130J (27OO — ~6 Х“ + 131’25) = 50400 — U2 + 1;

Хз = Го К + 15* + 112-5) = Го + Т + 3-75-

Значения ординат линий влияния Ху, Х2, Х3 для точек 7, 2, 3,4
вычислены в табл. 2.7, и по ним на рис. 2.24, а построены линии влия-
ния. Линии влияния балочных усилий М2 и Q2 показаны на рис. 2.24, б.

Таблица 2.7

Номер  ТОЧКИ	X	X2		Xs		X*		Xя 13500		20
1	2	3		4		5		6		7
1  2  3  4	-11,25 — 7,5 — 3,75  0	126,56 56,25 14,06 0		—1423,8 — 421.9 - 52,73 0		16018  3164  197,8 0			-0,1055  -0,0313  -0,0039 0	—0,5625 —0,375  —0,1875 0
Номер точки	А1 = 73500 — -S-0.5	50400	112		х* “ 50400 Xs -1Г2+1		X2  60		~2	*•-£+ + -f + 3.75
1	8	9	10		и		12		13	11
1  2  3  4	—0,043  —0,156  —0,316  —0,5	0,318 0,0628 0,0039 0	1,13 0,502 0,126 0		0,188 0,561 0,878 1,00		2,109 0,938 0,234 0		—5,625 —3,75  —1,875 0	0,234 0.938  2,109 3,75

В табл. 2.8 в соответствии с формулами (2.34) вычислены ординаты
линий влияния момента М2 и усилий Q2, N2 в заданном сечении арки.
По этим данным на рис. 2.24, в, г, д построены линии влияния внутрен-
них усилий.
Номер точ ки				7		и  *		+ * - О г/Т><  II * -  4-х	sd) SOO = ^0
1	2	3	4	5	ь	7	8	9	10
1	—0,043	0,188	0,234	0	0	0,323	—0.110	0,447	0
2	—0,156	0,561	0,938	0	0  1	1,17	—0.327	1,78	0 0,906
3	—0,316	0,878	2,109	—3,75	1	2.37	—0.512	0,217	0,906
4	—0,5 0,5	1,00	3,75	—7,5 0	1  0	3,75  —3,75	—0,583	—0,583	0,906 0
3'	0,316	0,878	2,109	0	0	—2,37	-0.512	—0.773	0
2'	0,156	0,561	0,938	0	0	-1,17	—0.327	—0.559	0
Г	0,043	0,188	0,234	0	0	—0,323	—0,110	—0.199	0

Номер точки	|  1	1	Хх cos фг	ujs ъх	Q? = $2/ +  4- Xt cos ф, +  4- X., sin ф,	£  E  %”  II  =5	Xt sin (p2	Xt cos tpj	=N2f + 4- Xt sin <p, — — X, cos ф,
1	11	12	13	14	15	16	17
1	—0,039	—0,080	—0,119	0	1  0,018	0,170	—0,152
2	—0,141	—0,237	—0,378  —0,528	0 —0,423	0,066	0,508	—0,442  —0,865
3	—0,286	—0,371	0,249	—0,423	0,134	0,795	—1,08
4	—0,453 0,453	—0,423	0,030	—0,423 0	0,212  —0,212	0,906	—1,12
3'	0,286	—0,371	—0,085	0	—0,134	0,795	—0,929
2я	0,141	—0,237	—0,096	1 0	—0,066	0,508	—0,574
1"	0,039	—0,080	—0,041	1 °	—0,018	0,170	—0,188

х2 = —7,5 м; у2 — —0,583 м; sin <р2 = —0,423; cos ср2 = 0,906.

Глава 12

МЕТОД ПЕРЕМЕЩЕНИЙ

12.1. Расчет рам методом перемещений

Метод перемещений — один из основных методов расчета статиче-
ски неопределимых систем. Он применим для расчета рам и неразрезных балок,
которые могут быть представлены в виде систем прямолинейных стержней по-
стоянной жесткости.

Обычно в методе перемещений пренебрегают продольными и поперечными
деформациями стержней и считают, что искривление оси стержня не вызывает
изменения его длины.
Расчет начинают с установления степени кинематической не-
определимости, которая равна сумме степеней угловой и линейной по-
движности узлов рамы:

ncin ~ ntur 4" ,гНп‘	(2.35)

Степень угловой подвижности рамы равна количеству жестких узлов рамы.

Степень линейной подвижности рамы определяют числом независимых ли-
нейных смещений ее узлов. Для этого раму превращают в шарнирно-стержневую
систему, поставив во все узлы (в том числе и в опорные) шарниры; последова-
тельным введением дополнительных опорных стержней устраняют линейные сме-
щения узлов. Минимальное число дополнительных опорных стержней, обеспечи-
вающее неподвижность узлов, дает величину пцп — степень линейной подвиж-
ности рамы. При пцп = 0 раму называют рамой с несмещающимися узлами.

При расчете методом перемещении в качестве неизвестных принимают угло-
вые и линейные перемещения узлов, обозначая их Z/.

Основная система метода перемещений должна быть кинематиче-
ски определимой. Чтобы выполнить это требование, узлы рамы закрепляют от
поворотов и линейных смещений. Для устранения угловой подвижности в жесткие
узлы рамы ставят заделки. В направлении линейных смещений узлы закрепляют
дополнительными опорными стержнями. Дополнительные заделки в жестких узлах
рамы называют плавающими. Они закрепляют узлы только от поворота, не накла-
дывая ограничений на линейные смещения. В связи с этим в плавающей заделке
появляется только одна реакция — реактивный момент.

Как в методе сил, канонические уравнения метода перемеще-
ний устанавливают эквивалентность основной системы и заданной. При п неизве-
стных они имеют следующий вид:

rllZl 4~ г12^2 + • • • + г xkZh + • • ’ + Г\г£п + Яц — 0;

Г21^1 + Г22-^2 + ’ ’ * + r2kZk + ‘	+ Г2г£п 4“ &2f = 0;

+ rt2Z* 4	4- rlkZk 4-  • • + rinZn 4- Rif = 0;

rn\Zi 4- <^2 4---------F rnkZk -|-----p rnnZn + Rnf = 0.

(2.35a)

По смыслу канонические уравнения являются условиями равновесия. В ча-
стности, i-e уравнение представляет собой условие равенства нулю реакции в »-й
дополнительной связи.

Коэффициенты канонических уравнений представляют собой реакции в до-
полнительных связях основной системы от единичных смещений связей. Напри-
мер, rik — реакция в i-й связи от единичного смещения k-й связи. Свободный
член Кц канонического уравнения — реакция в i-й связи основной системы от
заданной нагрузки.

Благодаря наличию дополнительных связей основная система оказывается
расчлененной на ряд статически неопределимых однопролетных балок постоян-
ной жесткости. Результаты расчета таких балок на стандартные воздействия
приведены в табл. 2.9. Используя эту таблицу, нетрудно построить в основной
системе эпюры изгибающих моментов от заданной внешней нагрузки (Mj) и от
единичных перемещений дополнительных связей (/И,, /И2, •••)•

Коэффициенты и свободные члены канонических уравнений (реакции в до-
полнительных связях) находят из условий равновесия. Для определения реакции
в плавающей заделке необходимо вырезать соответствующий узел, а для опреде-
ления реакции в опорном стержне — весь ригель или всю стойку, которые удер-
живаются данным опорным стержнем от осевого смещения.

Единичные и грузовые реакции можно определить также перемножением

эпюр по формулам

f Л1/Л1/. dx .

Fik== J El ;

f Mihl f dx

(2.36)
Н°
п/п

Схема балки
и Воздействия на нее

Эпюра изгибающих
моментов и реакции

Формулы для
определения реакций

3/7

3EI

Нагреб tt>t2

= _^

* в

8

__ 3yL

n^-z(l-r)

R^^(3-e)

* 2h

(при ^2>-L
меняет направление
на противоположное )
R, = R^^-U-^











pnp^l

RB

р-п- 3£I^lcil
*А~"В- 21	- Л
ПроВмжение М. 2.9
где — эпюра изгибающих моментов от внешней нагрузки, построенная в лю-
бой статически определимой основной системе.

Для единичных реакций rik так же, как для перемещений в методе сил, спра-
ведлива теорема о взаимности:

rik = 'ki-	(2-37)

Условие (2.37) можно использовать для проверки правильности вычисления
реакций.

Окончательную эпюру изгибающих моментов строят с использованием исправ-
ленных эпюр AiiZi, Af2Z2 и т. д. по формуле

М = Mf 4- AfjZi -f- ALZ2 - (2.38)

Построение эпюр поперечных и продольных сил в методе сил и методе пере-
мещений аналогично.

Чтобы убедиться в правильности расчета, достаточно проверить равновесие
узлов на эпюре М и равновесие ригелей и стоек, имеющих осевые смещения.
Этой — статической — проверки достаточно, если эпюры моментов в основной
системе построены правильно. Кроме того, может быть выполнена кинематическая
проверка так же, как в методе сил.

Упражнения

2.30.	Можно ли рассчитать статически неопределимую арку методом
перемещений?

2.31.	Определить степень кинематической неопределимости рам, при-
веденных на рис. 2.25, а, в.

Решение. Рама на рис. 2.25, а имеет три жестких узла — 1,2
п <?; следовательно, ntur — 3.

Поставив шарниры во все узлы, получим раму (рис. 2.25, б) с не-
смещающимися узлами: nlin = 0.

Таким образом, степень кинематической неопределимости рамы,
изображенной на рис. 2.25, а,

ficin ~ fltur “h Пцп = 3.

Рама на рис. 2.25, в имеет пять жестких узлов — /, 2, 4, 5 и 6 (шар-
нир в узле 1 неполный); следовательно, ntur = 5. В шарнирно-стерж-
невой схеме (рис. 2.25, а), полученной из заданной рамы, независимо
друг от друга могут смещаться: узлы нижнего ригеля (1,2,3) и узлы
верхнего ригеля (4, 5, 6) — по горизонтали; узлы средней стойки (2,
5) — по вертикали. Следовательно, пИп = 3, и степень кинематической
неопределимости заданной рамы

Пет — ntur 4" Пцп — 5 4“ 3 = 8.

2.32.	Определить степень кинематической неопределимости и вы-
брать основную систему для рам, приведенных на рис. 2.26, а, в, г.

Решение. Степень угловой и линейной подвижности узлов рамы,
показанной на рис. 2.26, а, пщГ = 3, nt[n = 1. Тогда

Пст = 3 4- 1 = 4.

Закрепляем жесткие узлы рамы от поворотов плавающими задел-
ками. Для устранения возможности линейного смещения верхних узлов
рамы устанавливаем горизонтальный опорный стержень. Полученная
таким образом основная система показана на рис. 2.26, б.

Для остальных рам количество неизвестных найти самостоятельно.

2.33.	Чем отличаются основные системы метода перемещений и ме-
тода сил?

2.34.	Построить эпюру изгибающих моментов в раме, показанной
на рис. 2.27, а.

Решение. Определяем степень кинематической неопределимо-
сти рамы: ntur = 1; пцп = 1; ncin = ntur 4- nlin = 2.

Основная система (рис. 2.27, б) кинематически определима.

Записываем канонические уравнения:

гц-^1 + г 12-^2 4~ -Ri/ — 0; 1

Г21^1 + Г22^2 + ^2/ = 0. |

С помощью табл. 2.9 строим для основной системы эпюры изгибаю-
щих моментов (рис. 2.27, в): /Их — от поворота плавающей заделки на
угол Zx = 1;	— от смещения по горизонтали дополнительного опор-

ного стержня на величину Z2 = 1; Mf — от заданной нагрузки.

Определяем реактивные моменты в плавающей заделке. Для этого
вырезаем узел 1 на эпюрах Л4Х, Л42 и М/ (рис. 2.27, г) и рассматри-
ваем его равновесие:

гп = 3£/ + £7 + 4£/ = 8£7;

г12 = EI — 2£/ = —£7;

Rg = —45 4- 30 = —15 кН • м.

Положительное направление реакций гп, г12 и Rtf всегда совпадает
с направлением соответствующего смещения Zx.

Для определения реакции в дополнительном опорном стержне можно
вырезать нижний ригель (рис. 2.27, д). В местах разрезов приклады-
138

ваем поперечные силы, опре-
деляемые по соответствующей
эпюре изгибающих моментов:

Q = <2° +

или через значения реакций
по табл. 2.9. Продольные
силы и изгибающие моменты
не входят в уравнение проек-
ций на ось опорного стерж-

ня, поэтому их можно не показывать. Тогда

= Т +	+ Т =	= —75 —60— 15 == —150 кН.

Здесь положительное направление реакций также совпадает с на-
правлением смещения Z2. По теореме о взаимности реакций г21 — г12.
Это условие можно использовать для проверки коэффициентов канони-
ческих уравнений и единичных эпюр.

Решаем канонические уравнения:

ZEIZr — EIZ2 — 15=0;	|

—EIZl 4- 2E/Z2— 150 = 0, J

„	12-81

откуда Zjl =	; Z2 = -gy.

Далее, как и в методе сил, строим исправленные эпюры MvZlt M2Z2
и окончательную эпюру М (рис. 2.27, е).

Для проверки правильности расчета вырезаем узел 1 и нижний ри-
гель (рис. 2.27, ж) и составляем для них условия равновесия:

Узел 1: ZM = 72 4- 12 — 84 = 0.

Ригель'. SX = 15 4- 36 — 24 — 27 = 0.

2.35.	Для рамы (рис. 2.27, а) вычислить значения единичных и гру-
зовых реакций перемножением эпюр и сравнить их с полученными
в упражнении 2.34.

2.36.	Построить эпюры изгибающих моментов для рам, приведен-
ных на рис. 2.28, а, б.

2.37.	То же, для рам, показанных на рис. 2.29, а, б, учитывая сим-
метрию.

2.38.	Построить эпюру изгибающих моментов в раме с наклонной
стойкой (рис. 2.30, а). Жесткость всех стержней одинакова.

Решение. Определяем количество неизвестных: ntur = 2, пцп =
~ 1, Пс1п — fttur 4~ fyin = 3.

Выбираем основную систему метода перемещений (рис. 2.30, 6).
Записываем канонические уравнения:

Г 11^1 4- Г 12^2 4" Г 13^3 4~ Rif ==

Г21^1 4" Г22^2 4~ Г23^3 4" Rsf = 0;

Г81^1 4- ^82^2 4- Г33^3 4- R.w — 0. J

Эпюры изгибающих моментов для основной системы от действия
внешней нагрузки и единичных поворотов узлов 1 и 2 приведены на
рис. 2.30, в, г.

При построении эпюры М3 необходимо учесть, что единичное сме-
щение Z3 = 1 вызывает такое же смещение узла 1 по горизонтали и не-
которое — не единичное и не горизонтальное — смещение узла 2.

Определим составляющие перемещения узла 2 в направлениях, пер-
пендикулярных к ригелю (ft) и к наклонной стойке (Д2). Для этого за-
меним раму шарнирно-стержневой системой (рис. 2.30, д). Такая за-
мена возможна, так как продольными деформациями стержней в методе
перемещений пренебрегают, а изгибные деформации стержней не влияют
на их длину, а следовательно, и на линейные смещения узлов.

Шарнирно-стержневая система (рис. 2.30, д) является статически
определимой, и задача вычисления и [2 сводится к расчету на задан-
ное смещение опор (см. гл. 7).

Для определения прикладываем вертикальную единичную силу*
в узле 2 (рис. 2.30, е) и находим реакцию в дополнительном опорном
стержне: = 0,75. Тогда

ft = 1 - 0,75 = 0,75.

Аналогично, прикладывая в узле 2 единичную силу, перпендикуляр-
ную к наклонной стойке (рис. 2.30, ж), определяем /2:

/3 = 1 - 1,25 = 1,25.

Используя табл. 2.9, строим эпюру М3 (рис. 2.30, з).

* В общем случае необходимо прикладывать на концах стержня пару еди-
ничных сил. В сложных рамах при определении взаимных смещений концов
стержней более простым может оказаться построение диаграммы перемещений.
142
Реакции в плавающих заделках вычисляем из условий равновесия
узлов 1 и 2 (рис. 2.30, и):

/•„ = £/+	2,167£/;

_ ~ Е!.

'12 — Г21 — ~2~ »

'13 = '31 = 0.1667Е/ — 0,281 ЗЕ/ = — 0.1146Е/;

Rif — —5 кН • м;

г22 = £7+^ = 1,533£7;

г23 = '32 = 0,1333£7 — 0,2813£V = — 0Д480Е7;

Rn = —3 кН • м.

Для определения г33 вырезаем ригель (рис. 2.30, к). Предварительно
находим продольную силу в ригеле из условия равновесия узла 2
(рис. 2.30, л):

N = OW55EI 4- 0,1406£/ - 0,6	= Q

0,8	’

Теперь (см. рис. 2.30, к) получаем

г33 = 0,0139Е/ + 0,0556Е/ 4- 0,15Е/ = 0,2195Е/.

Диалогично (рис. 2.30, м, н) определяем грузовую реакцию:

2 кН; R3f = —2 кН.

Подставляем реакции в канонические уравнения и, решая их со-
вместно, получаем

7 _ 2,401	7	2,387 _ 7	11,93

1	£/ ’ Z2— £/ » z3- EI •

Исправленные эпюры и окончательная эпюра изгибающих моментов
строятся как обычно (рис. 2.30, о, ..., с).

Проверка правильности расчета заключается в проверке равновесия
узлов 1, 2 и ригеля рамы.

12.2	. Расчет в матричной форме

При выполнении расчета в матричной форме для определения коэффициен-
тов канонических уравнений используют формулы (2.36).

Выбрав кинематически определимую основную систему, строят единичные
эпюры моментов Afj, M2, ..., Мп, Mf. Далее для статически определимой основ-
ной системы строят эпюру Mf. Разбивая раму на участки, как и в методе сил,
составляют матрицу единичных моментов М, две матрицы грузовых моментов —
Mf и Mf и матрицу податливости L.

Последующий расчет выполняется в матричной форме.

Вычисляют матрицы единичных и грузовых реакций:

R = M'LM‘ |
Rf = —М 'LMt)

(2.39)
Обращая матрицу единичных реакций, получают матрицу неизвестных пере-
мещений	__

Z = (Я)"1 Rf.	(2.40)

Изгибающие моменты в заданной раме определяют на основании формулы (2.38):

М = Mt+MZ.	(2.41)

Упражнение

2.39.	Для рамы (рис. 2.30, а) составить исходные матрицы ЛГ, Mf,
Mf и L.

Решение. Единичные и грузовые эпюры изгибающих моментов
построены в упражнении 2.38 (рис. 2.30, в, а, з). Статически определи-
мая основная система и эпюра изгибающих моментов в ней от заданной
нагрузки показаны на рис. 2.31.

По ординатам эпюр ЛД, /И2, /И3 составляем матрицу единичных
моментов:

	0  0  0  ~ 0 —0,25 —0,5	1 с  1 0  L_2__  1 0  1 0  1 0	0,0833 0,0417 °  Г "о  1 0  1 0
	-_*0?6667“	1 0	0,1667
	0,1667	0	0
М	 рт	—0,3333 ___	__±—	1—0,1667
Jr! — Ш		1 0,5	"1~о72813”
	0,25	 —0,25	1 о
	—0,5	1-1	1 0,2813
	0	: 0,5333	J 0,1333
	0	0,3333	0,0667
	0	| 0,1333	1 0
	0	1 0,1333	1 0
	0	1—0,0667	—0,0667
	0	—0,2667	—0,1333
По эпюрам Mf и Mf составляем соответствующие матрицы:

О
О
О

О
О
О

~ 0 '

о
о

Mf =

17
5
—7

—1Г
—12
— 12

— 6

О
о”
о
о

В со матрицу	ответствш податлиЕ  “6 0 0  0 24 0  0 0 6  ООО ООО  ООО	I с прш юсти:  0 0 0 1 ООО ООО  6 0 0  0 24 0  0 0 6	НЯТЫМ Д(  |0 0 0  ООО ООО  ООО ООО ООО	злением  ООО ООО ООО  ООО  ООО  ООО	рамы	на	у час  0	0	0  0	0	0  0	0	0  0	0	0  0	0	0  0	0	0	тки формируем  ООО “  0	0	0  0	0	0  0	0	0  0	0	0  0	0	0
ОС/	ООО ООО ООО  ООО ООО ООО	ООО ООО ООО  ООО ООО ООО	6 0 0 0 24 0 0 0 6  ООО ООО ООО	ООО ООО ООО  4 0 0  0 16 0  0 0 4	0	0	0  0	0	0  0	0	0  0	0	0  0	0	0  ООО	0	0	0  0	0	0  0	0	0  0	0	0  0	0	0  0	0	0
	ООО ООО ООО	ООО ООО ООО	ООО  ООО  ООО	ООО  ООО  ООО	3,75 0 0  0	15	0  0	0	3,75	0	0	0  0	0	0  0	0	0
	ООО  ООО  ООО	ООО ООО ООО!	0 0010 00  0 0010 00  10 0 01 0 0 0		0	0	0  0	0	0  0	0	0	3,75 0 0  0 15 0  0 0 3,75 __
Глава 13

СМЕШАННЫЙ МЕТОД

Суть смешанного метода заключается в том, что при расчете статически не-
определимого сооружения в одной его части за неизвестные принимают усилия
в отброшенных связях (как в методе сил), а в другой части — повороты и сме-
щения узлов (как в методе перемещений). Канонические уравнения в получен-
ной таким образом основной системе также оказываются смешанными — среди
них имеются как условия совместности деформаций, так и условия равновесия:

$11 Ai + $1гА2 + • • • +	+ — + $ьА Ац = 0;

$21 Al + 622А2 + • • • + $2m^m + • • • + $2«2n + А2/ = 0; I

r4" rm2^z + • • • + rmm^m -}-••• -f-Гтп%гг\~ Rmf =

rnl*l + rti2^2 + ’ * * + rnm^-tn +••*+/’nn^n + Rnf = 0. j

Где m — 1 — количество неизвестных усилий; n — общее число неизвестных
смешанного метода.

После построения грузовой и единичных эпюр изгибающих моментов для
основной системы вычисляют коэффициенты канонических уравнений. При этом
матрицу коэффициентов удобно разбить на четыре подматрицы:

где

	$11	$12	• • $lzn-i			$1, rz+l	• • $in
011 =	$21	$22	• • $2Rl—1	;	0i2 —	$2m	$2, nz-pi	• • $2П
	v.	1 $/7z—1,2 "	’ • $m—I, m—1		3n—1	, m §m—1, /n+1 "	

Гт1 Г m2 * ' ’ Гт, т—1
Гт4-1, 1 гт+1, 2 ’ ' ’ Гт-[Л, т—1

гп2 * ’ * гп, т—1

'» R-22 =

Г mm	г т, т-}-1	* • ’ гтп

гт-1-1, т Gn-f-l, m-f-1 • • ’ Gn-f-l, п

rnm	rn, m-f-1	• * • rnn

Элементы подматрицы (перемещения от единичных сил) определяют пере-
множением соответствующих эпюр; элементы подматрицы £>12 находят как пере-
мещения от заданных единичных смещений узлов. Элементы подматриц T?2i и А>2
(реакции от единичных сил и от единичных смещений узлов) определяют из усло-
вий равновесия.

Следует иметь в виду, что для реакций и перемещений справедливо свойство
взаимности

(2.43)

rik — ~^ki-

Равенство (2.43) можно применять для проверки правильности вычисления
элементов подматриц D12, ^21-

После решения канонических уравнений и определения неизвестных сил
и перемещений строят окончательную эпюру изгибающих моментов:

М = Mf + AliXi + Af2X2 + * • • + MmZm + • • • + MnZn. (2-44)
Чтобы убедиться в правильности полученноГг эпюры изгибающих моментов,
необходимо проверить равновесие узлов и, построив единичную эпюру изгибаю-
щих моментов М в любой статически определимой основной системе, проверить
условие

ММ ds
EI “°-

Упражнения

2.40.	Указать, какие из уравнений (2.42) являются условиями рав-
новесия и какие условиями совместности деформаций.

2.41.	Для рам, приведенных на рис. 2.32, а, б, выбрать рациональ-
ный метод расчета и показать основную систему.

Решение. В раме, показанной на рис. 2.32, а, можно выделить
две части: левую А—1—В и правую 1—2—3—4—С. В табл. 2.10 при-

ведено количество неизвест-
ных для всей рамы и ее частей
при расчете различными ме-
тодами.

На основании данных табл.
2.10 принимаем смешанную
основную ^систему: вводим
плавающую заделку в узле 1
и устраняем горизонтальный
стержень опоры С.

Для рамы, показанной на
рис. 2.32, б, основную систему

Таблица 2.10

Метод расчета	Число неизвестных для части рамы		
	левой	пра- вой	всей рамы
Метод сил  Метод перемещений	3 □	ш 4	4  5

выбрать самостоятельно.

2.42.	Построить эпюру изгибающих моментов в раме (рис. 2.33, а),

применив смешанный метод.

Решение. Для верхней части рамы (1—2—С) число неизвестных
метода сил равно 1, а метода перемещений — 2, для нижней части со-
ответственно 4 и 1. Применив смешанный метод, получаем основную
систему, показанную на рис. 2.33, б.

Записываем канонические уравнения:

С1Л + 612Z2 + Ai/ = 0; |
r21А1 + Г22^2 +	= 0, J

Эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки и единичных
неизвестных построены на рис. 2.33, в, г, д.

Перемещение дп определяем по правилу Верещагина:

M^ds 1 6  6 2 с . 1 с с 216
= Ё1 — • Т ' 6 + ё76 • 4 • 6== ЁГ ‘

Перемещение б12 для рассматриваемой задачи легко определить ки-
нематическим способом (рис. 2.33, е): 612 = —а = —6.

Реакции г21 и г2а находим из условия равновесия узла 1 на эпюрах

Мх и М2 (рис. 2.33, ж): г21 = 6; г22 = Е/ + Е/ + 0,5£/	2,5Е7.

Проверяем выполнение теоремы взаимности: 612 = —г21= —6.

Грузовое перемещение вычисляем по правилу Верещагина:

f MMfds

1	90-6

EI ' 3

. 6__L . 90.4.6 = —

4 ° EI *	EI

а грузовую реакцию — из условия равновесия узла 1 (рис. 2.33, з):
R2f = 40 — 90 = —50 кН • м.

После подстановки коэффициентов в канонические уравнения полу-
чаем

^X1-6Z2-2-g2 = 0;

6X14-2,5£/Z2 —50 = 0.

Из решения этой системы уравнений находим Хг~ 13,41; Z2 =
— 12119
El *

Исправленные и окончательная эпюра моментов показаны на
рис. 2.33, w, к, л.

Проверяем эпюру изгибающих моментов.

1.	Условие равновесия узла 1 (рис. 2.33, н):

ЕМ = 27,8 — 9,5 — 6,1 — 12,2 = 0.

2.	Перемещение по направлению неизвестной Хг (единичная эпюра
М в статически определимой основной системе построена на рис. 2.33, м):

MMds
~ЁГ

1 I 9,5- 6 2	~	5 - 63 6 \	1 q к д д i

= £/h—•Т’6+тГ-т)-Ё7-9-5-4-6 +
+ Г1  — Г6,1 • 4 • 6 = ^(343 - 342) ~ 0.

2.43.	Исследовать возможность применения смешанного метода для
расчета рамы, показанной на рис. 2.34.
Глава 14

НЕРАЗРЕЗНЫЕ БАЛКИ

14.1. Общие сведения. Расчет методом сил и методом перемещений

Неразрезная балка (рис. 49, а) может иметь как переменное, так и постоян-
ное по ее длине сечение.

В общем случае балку переменного сечения рассчитывают методом сил. Сте-
пень статической неопределимости удобно определять по формуле

nst = Со — 3,	(2.45)

где Со — число опорных связей.

Рациональной основной системой такой балки является система, в которой
в качестве неизвестных приняты изгибающие моменты на опорах (рис. 49, б).

Для балок постоянного по всей длине или постоянного в пределах каждого
пролета сечения наряду с методом сил можно применять и метод перемещений.
Число неизвестных метода перемещений всегда равно числу промежуточных опор,
и основная система содержит только угловые неизвестные (рис. 50).

При расчете неразрезных балок постоянного сечения методом сил канониче-
ские уравнения принимают известный из сопротивления материалов вид урав-
нений трех моментов:

+ 2Mt- (li + 4+l)	= -Mf. i = 1, 2........n, (2.46*)

где Mf, M[+1 — опорные изгибающие моменты; f	t + Af, — фик-

тивная реакция на i-ii опоре, равная сумме реакций однопролетных балок, располо-
женных слэва и справа от i-й опоры, от нагрузки, распределенной по закону изги-
бающих моментов.

Для нахождения фиктивных реакций при некоторых видах нагрузки^можно
пользоваться табл. 2.11.

Упражнения

2.44.	Пользуясь методом сил, построить эпюру изгибающих момен-
тов в неразрезной балке постоянного сечения (рис. 2.35, а).

Решение. Чтобы использовать уравнения трех моментов, пре-
образуем заданную балку в балку с шарнирными опорами, не имею-
щую консолей (рис. 2.35, б). Изгибающий момент на опоре 4 равен мо-
менту от нагрузки, расположенной на отброшенной консоли:	=

2 • 92

=------= —4 кН • м. Поперечная сила от нагрузки на консоли

будет приложена к опоре и на распределение моментов в балке влия-
ния не окажет. Основная система и эпюра изгибающих моментов для
нее от внешней пролетной нагрузки показаны на рис. 2.35, в, г. Опор-
ный момент на крайней опоре при этом не учитываем.
9

о

5 trx





iininiiiiiinl



2м

бм

МкН Г ^/м
МНИМ H t t И ПТГГГ]

^3~6м

Л4.

Рис. 2.35

Записываем уравнения трех моментов для каждой промежуточной
опоры преобразованной системы:

МЛ + 2МХ Л + Z2) + M2Z2 = -6/?,.
MjZ2 -J- 27W2 (Zs -J- Z3) + M3Z3 = —
M2Z3 ~F 2Л13 (Z3 + ^4) +	=	—6Rf,3-

Поскольку нулевая опора шарнирная, то Мо = 0. Значения фиктив-
ных реакций определяем по табл. 2.11:

Ai, = B„ = 0; А1Л = В,.2 =	.± . ± (1 + ±) = 16;

Af.3 = Bj,3 =	. А . 4 (1 + 4) = 9; А>-4 = Б1-4 = ТГ" = 18;

^/,1 = Д/,2 + В/,1 =16+0=16; /?д2 = B/о + Л/,з = 16 + 9 = 25;

Rl.z =	+ Л/,4 = 9 + 18 = 27.
После подстановки значений моментов Мо и МА, а также длин про-
летов и фиктивных реакций уравнения трех моментов принимают сле-
дующий вид:

16ЛЛ + 8Л42 = —96;

8ЛЛ + 28М2 4- 6/И3 = — 150;

6/И2 + 24Л43 = —138.

Решая систему уравнений, получаем значения неизвестных момен-
тов:	= —4,5 кН - м; М2 = —3 кН  м; М3 — —5 кН • м.

Теперь, построив эпюру опорных моментов (штриховая линия на
рис. 2.35, д)’ суммируем ее с эпюрой Mf. Полученная эпюра является
эпюрой изгибающих моментов для заданной системы.

2.45.	Рассмотренную в упражнении 2.44 балку рассчитать методом
перемещений.

Решение. Основная система метода перемещений показана на
рис. 2.36, а. Эпюры изгибающих моментов в основной системе от еди-
ничных поворотов приведены на рис. 2.36, б. При построении эпюры
Mf на крайнем правом пролете балки пользуемся принципом независи-
мости действия сил (рис. 2.36, д). Эпюра Mf приведена на рис. 2.36, в.
Реакции в плавающих заделках определяем из условий равновесия
узлов:

2Е/ _7Е1 .

Г11 ~ 2 “• 3 ~ 6 ’ Г]2 ~ 3 ’

2Е/ Е/ _ 7£Л
Г22 — з + 2 ~ б ’

Rif = 4—3=1 кН • м; R?f ~ 3 — 7 = —4 кН • м.

Составляем канонические уравнения метода перемещений и ре-
шаем их:

™Z1 + fzs+l=O;
^Z14-If-/Z2-4=0;

откуда	•

Исправленные и окончательные эпюры изгибающих моментов строим,
как для рам (рис. 2.36, а).

14.2. Метод моментных фокусов

Метод моментных фокусов применим для расчета неразрезных балок постоян-
ного сечения, загруженных только в одном пролете. Этот метод основан на том
свойстве неразрезных балок, что при загружении какого-либо одного пролета
балки в остальных пролетах эпюра моментов проходит всегда через строго опре-
деленные точки, называемые моментными фокусами. Так, для балки,
показанной на рис. 51, о, при загружении пролета /х+1 моментными фокусами
будут Е/-2. Л-1. Е/, Е;+о, F^.

Различают левые и правые моментные фокусы: левые — при отсутствии на-
грузки слева от рассматриваемого пролета, правые — при отсутствии нагрузки
справа.
Положение моментных фокусов в каждом пролете определяется отношениями

*' “	“ Ь[ •

Эти отношения связывают между собой и значения опорных моментов на
концах пролетов:

Mi

М^

ki

Mi-1

Mi •

(2.47)

Величины ki и ki называют левыми и правыми фокусными отношениями.

Для определения фокусных отношений используют рекуррентные формулы

(2-48)

(2.49)

Левые фокусные отношения вычисляют, начиная с крайнего левого пролета,
правые фокусные отношения — в обратном порядке (справа налево).

Значения фокусных отношений для крайних (начальных) пролетов зависят
от типа крайней опоры неразрезной балки: если эта опора шарнирная, то k = оо,
если защемленная, то k = 2.

Изгибающие моменты на опорах j-го загруженного пролета находят по фор-

мулам:	Д» :kj —Bt -  Mi-l	6 ^-1) !	(2.50)  Btlkl~At i

Остальные опорные моменты можно определить с помощью фокусных отно-
шений:

M- 1		м.9
	M;-3 = -	
		kj—2
	: Mj+2 =	Ч-+1 k'i+2

Метод моментных фокусов может быть применен и для расчета балки, за-
груженной в нескольких пролетах. Расчет выполняют на нагрузку каждого от-
дельного пролета и, пользуясь принципом независимости действия сил, строят
суммарную эпюру изгибающих моментов.

Упражнения

2.46.	Любая ли нулевая точка эпюры изгибающих моментов яв-
ляется моментной фокусной точкой?

2.47.	Зависит ли значение фокусного отношения от характера за-
гружения пролета и размера действующей нагрузки?

2.48.	Доказать, что фокусное отношение в крайнем пролете, имею-
щем на конце защемление, равно 2.

Указание. Преобразовать защемление введением дополнитель-
ного пролета длиной /0 ~ 0.

2.49.	Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил
в неразрезной балке, показанной на рис. 2.37, а.

Решение. Находим левые фокусные отношения. Для крайнего
пролета k± = оо. По формуле (2.48)

^=2+М2-й=2+^(2-^)=з-б;

=2+4: (2 - Й=2+к (2 - зУ=4> 5-

Правые фокусные отношения не вычисляем, поскольку они не по-
требуются.

Изгибающий момент /14 3 определяется нагрузкой на консоли:

м3----—^=—80 кН . м.

Остальные опорные моменты найдем с помощью левых фокусных
отношений:

/И, = —	=	= 19,3 кН • м;

2 k3 4,15	’

Л Л	Л1»	19,3 г- лг TJ

М1== — ~ — — o-F = —5,35 кН • м;

«2	3,0

=-^1 = ^ = 0.

0 kt ОО

Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 2.37, б.

Поперечная сила на консоли определяется из условия равновесия,
а в пролетах — по формуле

0=Л^.

Эпюра Q показана на рис. 2.37, в.

2.50.	Построить эпюру изгибающих моментов в неразрезной балке
(рис. 2.38, а).

Решение. Находим левые и правые фокусные отношения:

** = ~; fe2 = 2 + 4(2-l)=4,67; fe3 = 2 + 4(2-4-L) = 3,79;

fc4 = 2 + 4(2-3-L) = 4,08; k'4 = 2;

й'=2 + |(2-4) = 3,25; kt = 2 +1(2-= 3,69;

^=2+6(2__^) = 3д

Рассмотрим загружение третьего пролета (рис. 2.38, б).

Фиктивные реакции в загруженном пролете (см. табл. 2.11).


Опорные моменты на концах третьего пролета вычисляем по форму-
лам (2.50) и (2.51):

л,	88,9-3,25 — 71,1 1ОО „

“	6(3,79  3,25— 1)	19,2 кН ’ М*

лл	71,1-3,79 — 88,9	т,

3 *-	6(3,79 • 3,25— 1)	1$	’ М‘

Вычисляем остальные опорные моменты:

ЛЛ	19,2 А 1 IT

7И, = ——? = --^= = 4,1 кН • м;

1 k2 4,67	’



Mi

4,1

оо

= 0;

М4 = —^’ = у = 8 кН • м.

Эпюра моментов 7И(3) построена на рис. 2.38, в.'

Теперь выполним расчет на нагрузку первого пролета (рис. 2.38, г).
Фиктивные реакции в первом пролете

л D qp 20.8» лос_

J	24	24	426,7.

Опорный момент на крайней опоре 7И0 = 0. При вычислении опор-
ного момента по формуле (2.51) получаем неопределенность, так как
kx = оо. Чтобы избавиться от неопределенности, разделим почленно
числитель и знаменатель на kv Тогда

„ 426,7	и

= — 6c-^h = ~97 кН ’
О • 0,0

Найдем остальные опорные моменты:

М2 = —	=л?5 = 26,3 кН • м;

«н.«.

М4 = —=	~4 кН • м.

^4	2

По этим значениям строим эпюру Суммируя эпюры /И(3) и Л4(1),
получаем окончательную эпюру М (рис. 2.38, д).

14.3. Построение линий влияния

При построении линии влияния удобно применять метод моментных фоку-
сов. Изгибающий момент и поперечную силу в сечении т неразрезной балки
(рис. 52) можно определить по формулам:

«т = < + Л1г7- + Л1;4;	(2-52)

Ст = С® + М- ~ - М, 1.	(2.53)

Т аблица 2.12

е	5	(1 + Е)	еЕ (1 + £)
0	1	0	0
0.1	0,9	0.099	0.171
0.2	0.8	0.192	0,288
0,25	0.75	0.234	0.328
0,3	0.7	0.273	0,357
1/3	2/3	0.296	0,370
0.4	0.6	0.336	0,384
0.5	0.5	0.375	0,375
0.6	0.4	0.384	0.336
2/3	1/3	0.370	0,296
0.7	0.3	0.357	0.273
0,75	0.25	0.328	0.234
0.8	0.2	0.288	0.192
0.9	0.1	0,171	0.099
1	0	0	0

Аналогично можно вычислить реакцию на
t-й опоре:



\ If ll+ll	li+i

Предварительно строят линии влияния
опорных моментов. Например, пусть требуется
построить линию влияния опорного момента
М[ (рис. 53, с).

Рассмотрим положение единичной силы
в пролете i (рис. 53, б). Фиктивные опорные
реакции по формулам табл. 2.11

‘1	%

По формуле (2.51)

Mt = -J (eg (1 + е) kt-eg (1 + g)).

Выбрав в пролете достаточное для построения линии влияния количество
точек, определяем при положении единичной силы в этих точках изгибающие
моменты М[. Значения е£ ( 1 + е) и dj (1 + £) удобно вычислить предварительно.
В табл. 2.12 они даны для различных е и £.

При положении единичной силы в пролете i 1 (рис. 53, в) момент /И,- опре-
деляется по формуле (2.50):

Mi = -	—i И <* + a fc*'+i - <* а + <о) •

Как и в i-м пролете, задаем положения единичной силы и, пользуясь
табл. 2.12, находим соответствующие значения

Рассмотрим положение силы за пределами смежных с i-ii опорой пролетов.

Для силы F = 1 в пролете i — 1 (рис. 53, г) предварительно найдем значе-
ние опорного момента Mi^:

Mi-1 =	- I <* + е> k‘-l -•*(!+ g))-

Теперь можно получить значение Л1;:

м‘ = -и 0 F О<1 + g>).

Аналогично находят момент М[ при положении силы в других пролетах:
в пролете i—2

М‘ =	(^Ц=Г) (*Е<* + Е>*-=-*?<> + а):

в пролете i + 2

м‘=(eul+к‘*г~* °+е,)
и т. д.

По полученным значениям строят линию влияния опорного момента Л1/
(рис. 53, б).

Суммируя полученные с помощью формул (2.52) и (2.53) линии влияния ба-
лочных усилий и линии влияния опорных моментов, строят искомые линии влия-
ния Л1 и Q.
Для получения вида линий влияния часто используют кинематический метод
(см. гл. 8). Например, вид линии влияния опорного момента, построенной га
рис. 53, д, легко получить как линию прогиба балки при взаимном повороте смеж-
ных сечений :-й опоры на угол, равный 1 (рис. 53, е).

Упражнения

2.51.	Построить линии влияния изгибающего момента и попереч-
ной силы в сечении С трехпролетной балки (рис. 2.39, а).

Решение. Условимся ординаты линий влияния вычислять с ин-
тервалом у I.

Линии влияния Мс и Qc для однопролетной балки /2 строим как
обычно (рис. 2.39, б).

Вычисляем фокусные отношения:

kr = 2;

^ = 2 + ^о(2-4) = 2,9;

^ = 2+^(2-^) =4,07;

^з = °°;

^=2+ * (2-1) =3,6;

^ = 2 + к(2~Гб) = 4-87-

Строим линии влияния опорных моментов:

1.	Сила F — 1 приложена в первом пролете.

Изгибающие моменты на опорах 1 и 2

М, = ~2-4.87-i(eS0 + О • 2-eg(l + g));

Ml
Д42	3^ •

При положении груза на расстоянии Z от опоры О е=^-. По
табл. 2.12 eg (1 + е) = 0,192; eg (1 + g) = 0,288. Тогда

Ml = — 2 4-87~ (0,192.2 — 0,288) = —0,0659;

М2 = 0,0183.

2	3,6

При положении силы в остальных точках пролета получаем:
е = 0,4; М2 = —0,06865 (0,336 • 2— 0,384) = —0,1977;

л я	0,1977 л лг-ил

М2 =	0,0549;

х 3,0

е - 0,6;	= —0,06865 (0,384 • 2 — 0,336) = —0,2966;
0,0084—0,0449 -
0,2530—O^l-
^OJTS—O^Off^-
0,0357—0,(944 V

0,(86

£

-^0,5877 0,6254Ш

-70,1381 0,8237 g

-0,0093 —0,6814





Рис. 2.40

0,8132

0,6383

0405/ -

0,076/

0,(0/5 i
0,0883 j

0,0508;

 [0,0049--(Z566f

^.0,0065—0,75481

\O,00/9—0,6604-

0,0032----0,3774

0,0661 0,0/6$\

—089491

-/,0b3 л

-U03

0,7577 O,2847(
\f,030~ 0,37/4 J

-\м/вЗ---------0,0654/-

-0,0549 -------0,(9771-

-\~0,0824------0,2966 =-

-10,0732-------

0,75

10 &

0,/952
0,2603

0,2227
0,130/

r , , 2,5м,	, 2л/ , 2M_ i /,6м J,6M,

-^-0,8746^
w \—

£

0,427f^


Л12=^^ = 0,0824;

£ = 0,8;	= —0,6865 (0,288 • 2 — 0,192) = —0,2636;

Л42 = 5^=0,0732.

2.	Сила F = 1 приложена во втором пролете.

м' =	0 + ?) • 3-6~(1 + е));

Мг = ~2,9 -3°б-1 & <' + е) • 2,9 — eg (1 + £)).

8 = 0,2; Мг - —1,059(0,288 • 3,6 — 0,192) = —0,8949;

М2 = —1,059 (0,192 • 2,9 — 0,288) = —0,2847;

8 = 0,25; Ж, = —1,059 (0,328 • 3,6 — 0,234) = — 1,003:

	М2 =	— 1,059 (0,234 - 2,9 — 0,328) = —0,3714;
6 = 0,4,	Мг =	— 1,059 (0,384 • 3,6 — 0,336) = — 1,108;
	М2 =	— 1,059 (0,336 - 2,9 — 0,384) = —0,6254;
е = 0,6;		— 1,059 (0,336 • 3,6 — 0,384) = —0,8746;
		— 1,059 (0,384 • 2,9 — 0,336) = —0,8237;
8 = 0,8;	мг =	— 1,059(0,192 - 3,6 — 0,288) -—0,4271;
	М2 =	— 1,059 (0,288 - 2,9 — 0,192) =—0,6814.

3.	Сила F = 1 приложена в третьем пролете.

^=-4z£5(1+Ю: М1=“В-

8 = 0,2; /И2 = —1,9656 - 0,288 = —0,5661;
М, =	= 0,1952;

е = 0,4; М2 = — 1,9656 • 0,384 = —0,7548;

М1 = °-^= 0,2603;

в = 0,6; М2 --1,9656 • 0,336 = —0,6604;

М, = 0,2277;

в = 0,8; М2= —1,9656 • 0,192 = —0,3774;

M1 = ^P = 0,1301.

4.	Сила F = 1 приложена к консоли.

Обозначив расстояние до силы от опоры 3 через х, получаем М3-=

___г- !\д--— • М.--------------

х, т2 — 4 07 , int —	4 07 29 .

При к = 0 Mi = 0; М2 = 0.

При х = 2 м М, =	= —0,1694; Ж2 =	= 0,4914.
По полученным значениям на рис. 2.39, в построены линии влияния
и М2.

На основании формулы (2.52)

Мс = М°с+ - 0,75 + М2 • 0,25.

Складывая соответствующие ординаты линий влияния Л4с» X
X 0,75, М2 • 0,25, получаем линию влияния Мс (рис. 2.39, г).

Линию влияния Qc строим аналогично, применяя формулу (2.53):

Qc = Qc - Л4, • 0,1 4-Л42 0,1.

Эта линия влияния показана на рис. 2.39, д.

2.52.	Применив метод моментных фокусов, построить линии влияния
изгибающего момента и поперечной силы в сечении С трехпролетной
балки (рис. 2.40).

2.53.	С помощью кинематического метода показать вид линий влия-
ния опорной реакции и линии влияния внутренних усилий в сече-
нии 1 неразрезной балки (рис. 2.41).

Глава 15

ПРОСТРАНСТВЕННЫЕ СТЕРЖНЕВЫЕ СИСТЕМЫ

15.1.	Общие сведения. Геометрическая неизменяемость

Пространственной стержневой системой называют
такую систему, оси стержней которой и внешняя нагрузка не лежат в одной плос-
кости.

Стержни в пространственных системах могут соединяться между собой же-
стко или с помощью шаровых шарниров. Шаровой шарнир разрешает
взаимный поворот соединяемых стержней вокруг любой оси, проходящей через
центр шарнира (точку пересечения осей соединяемых стержней). Шарнир считают
идеальным, т. е. не допускающим трения.

Различают четыре основных вида опор пространственных систем.

Плоскоподвижная шаровая опора схематически изображается одним опор-
ным стержнем с шаровыми шарнирами на концах (рис. 54, а). Эта опора препят-
ствует смещению опорного сечения А вдоль оси стержня, позволяя ему свободно
вращаться вокруг центра шарнира и перемещаться в плоскости, перпендикуляр-
ной к оси опорного стержня.

Линейно-подвижную шаровую опору показывают двумя опорными стержнями
(рис. 54, б). Эта опора препятствует линейным смещениям опорного сечения
в плоскости опорных стержней и допускает перемещение вдоль прямой, перпен-
дикулярной к этой плоскости, а также вращение вокруг центра опорного шар-
нира.

Неподвижная шаровая опора (рис. 54, в) представлена схематически тремя
опорными стержнями, не лежащими в одной плоскости. Препятствуя всем линей-
ным смещениям опорного сечения, эта опора позволяет ему свободно поворачи-
ваться .

Защемляющая неподвижная опора, или заделка (рис. 54, г), представляет со-
бой жесткое соединение стержня с «землей». Эта опора эквивалентна шести опор-
ным стержням (рис. 54, д).

Степень свободы пространственного сооружения
определяют по формуле

Ц7= 6В — 37 — Со.	(2.54)

где В — число геометрически неизменяемых частей (блоков) системы; Т — число
простых шаровых шарниров (шарниров, соединяющих два блока); Со —- число
опорных связей.
Как и для плоских систем,

Я7 с 0	(2.55)

является необходимым, но недостаточным условием геометрической неизменяе-
мости. Поэтому после определения числа степеней свободы при выполнении усло-
вия (2.55) необходимо проверить геометрическую структуру сооружения.

При V7 = 0 геометрически неизменяемое сооружение статически определимо,
при W < 0 — статически неопределимо.

15.2.	Пространственные статически определимые фермы

Пространственной фермой называют систему прямолинейных
стержней, не лежащих в одной плоскости, соединенных по концам шаровыми шар-
нирами.

Предполагается, что нагрузка приложена в узлах, поэтому стержни фермы
работают только на растяжение и сжатие.

Число степеней свободы пространстненной фермы удобно определять по фор-
муле

W = зу _ с — Со.	(2.56)

Геометрическую структуру фермы анализируют по следующим правилам:

1)	простейшей геометрически неизменяемой пространственной системой яв-
ляется шарнирный четырехгранник (рис. 55, п);

2)	к геометрически неизменяемой части новый узел может быть присоединен
тремя стержнями, не лежащими в одной плоскости (рис. 55, б);

3)	два блока можно соединить с помощью шести стержней, расположенных
так, что: а) их оси не пересекаются на одной прямой; б) в одной плоскости ле-
жит не более трех стержней, причем их оси не пересекаются в одной точ-
ке; в) в одной точке пересекаются оси не более трех стержней, причем эта точка
не лежит в плоскости, проведенной через любую пару остальных стержней;

4)	шаровой шарнир эквивалентен трем стержням, не лежащим в одной плос-
кости и пересекающимся в одной точке — центре шарнира;

5)	если стержни пространственной фермы образуют многогранник, то усло-
вием ее геометрической неизменяемости может служить геометрическая неизме-
няемость каждой грани.

Так же, как и для плоских ферм, проверка геометрической неизменяемости
может быть выполнена способом нулевой нагрузки или способом замены стержней.

Для вычисления реакций в опорных связях пространсгвенной системы могут
быть записаны шесть условий равновесия, например, У МоХ = 0; ^/Ио£,=О;
У>к=0; £* = 0; £1/ = 0; £z = 0.
Усилия в стержнях пространственной фермы определяют одним из рассмот-
ренных ниже способов.

Способ вырезания узлов. Для сил, сходящихся в одной точке,
можно записать три условия равновесия — суммы проекций на три оси. Поэтому
первым вырезают узел, в котором сходятся не более трех стержней. Последующие
узлы рассматривают в таком порядке, при котором каждый узел содержит не бо-
лее трех неизвестных усилий.

Частные случаи равновесия узлов приведены на рисунке 56, а, б:

если в незагруженном трехстержневом узле стержни не лежат в одной плос-
кости (рис. 56, а), то усилия во всех этих стержнях равны нулю;

если в узле все стержни, кроме одного, лежат в одной плоскости и внешняя
нагрузка расположена в этой же плоскости (рис. 56, б), то усилие в отдельно рас-
положенном стержне равно нулю.

Способ сквозного сечения применяют в том случае, когда
можно рассечь ферму на две части, разрезав при этом не более шести стержней.
Условия равновесия отсеченной части фермы позволяют определить усилия в раз-
резанных стержнях. Уравнения равновесия следует записывать так, чтобы в каж-
дое из них входило минимальное число неизвестных усилий.

Способом разложения на плоские фермы рассчиты-
вают фермы, стержни которых образуют многогранник с геометрически неизме-
няемыми гранями. Разложив нагрузку на составляющие, направленные вдоль
ребер многогранника, рассматривают каждую грань как плоскую ферму. Усилия
в стержнях, расположенных на ребрах многогранника, находят как сумму усилий,
полученных из расчета смежных граней.

Усилия в стержнях пространственных ферм способом замены
стержней вычисляют так же, как плоских ферм.

Упражнения

2.54.	Каково минимальное число опорных связей пространственной
системы?

2.55.	Найти нулевые стержни в куполе Шведлера (рис. 2.42).
Решение. Начинаем анализ с узла 6. Стержни 1—6, 6—7, 6-12
лежат в одной плоскости. Единственный, не лежащий в этой плоскости,
стержень 5—6 будет нулевым.

В каждом из последующих узлов (5, 4, 3 и 2) после отбрасывания
нулевого стержня остаются три стержня, не лежащие в одной плоско-
сти. Следовательно, в верхнем ярусе ненулевыми стержнями будут
только стержни, изображенные на плане жирными линиями.

Аналогично находим нулевые стержни в нижнем ярусе, рассматри-
вая последовательно узлы 11, 10, 9.

2.56.	Определить усилия в стержнях фермы, изображенной на
рис. 2.43, способом вырезания узлов.

Решение. Находим направляющие косинусы стержней — коси-
нусы острых углов между осями стержней и координатными осями:

]х( р |V|	|z|

cos а —	; cos р = '-у ; cos у = ~ ,

где х, у и z —проекции стержня на оси координат; / = pGr + у2, + z2 —
длина стержня; а, 0, и у — острые углы, составляемые стержнем соот-
ветственно с осями х, у и z. Направляющие косинусы вычислены в
табл. 2.13.

Таблица 2.13

Номер стержня	1*1. м	lAFl. М	И. м	/, М	cos а	cos 3	cos 7	/V. кН
/—2	1,92	0,56	1.5	2.5	0.768	0,224	0,600	—9,59
1—3	1,92	1.44	1.5	2,83	0,678	0,509	0,530	15.09
1	4	0.42	1.44	1.5	2.12	0.198	0.679	0.708	— 14,47
2—3	0	2	0	2	0	1	0	—7.68
3	4	1.5	0	0	1.5	1	0	0	— 10.23
2—4	1.5	2	0	2.5	0.600	0,800	0	12,28
2—5	0	0	2.5	2.5	0	0	1	—5.75
3—6	0	0	2.5	2.5	0	0	1	8.0
4	7	0	0	2,5	2.5	0	0	1	— 10.24
3—5	0	2	2.5	3.20	0	0.625	0.781	0
3—7	1.5	0	2.5	2.92	0.514	0	0.856	0
4—5	1.5	2	2,5	3.54	0.424	0,565	0.706	0

Вырезаем узел /:

V к = —ЛГ,_4 -0,198—	• 0,678 — Л^-г • 0,768 - 0;

S У = —Wi-4 - 0,679—2^-3 - 0,509 + М_2 • 0,224 - 0;
V z = —Wi-4 • 0,708 — М-з • 0,53 —	• 0,6 — 8 = 0,

откуда Ni~4 =—14,47 кН; /Vi_3 — 15,09 кН; Wi_2 =—9,59 кН.

Вырезаем узел 2:

Sz = —2Vg_5 — 9,59 - 0,6 = 0, откуда TV2_5 = —5,75 кН;

= W2-4  0,6 — 9,59 • 0,768 = 0, откуда TV2_4 = 12,28 кН;

Si/ = —N2_3 — 12,28 • 0,8 + 9,59  0,224 = 0, откуда N2_3 =
= —7,68 кН.

Затем вырезаем узлы 4 п 3. Результаты вычислений приведены
в табл. 2.13. Для проверки правильности вычисления усилий рекомен-
дуется определить опорные реакции Х5, У5, Z5, Z6, Х7, Z7 из условий
равновесия узлов 5, 6, 7 и составить уравнения равновесия для всей
фермы.

2.57.	Проверить значения усилий в стержнях нижнего яруса фер-
мы, полученные в упражнении 2.56 (рис. 2.43), разрезав ферму на две
части.

Решение. Проводим сечение плоскостью А, параллельной плос-
кости хОу (рис. 2.44), п рассматриваем равновесие верхней отсеченной
части. Составляем сумму моментов относительно оси 3—4\

ЗЛ1з-4 = 8 • 1,44 + .V,_5 -2^—0, откуда N2_3 = —5,76 кН.

Аналогично

2/Иб-з = ЛД_5 1,2 = 0, откуда Afd_5 = 0;

2Л42_3 = 8 • 1,92 + /V4_7 • 1,5 = 0, откуда ЛД_7 = —10,24 кН;

Sx = TV;l_7 0,514 = 0, откуда TV3_7 = 0;

= —8 -|- 10,24 -j- 5,76 — N3_c - 0, откуда N3_6 — 8 кН;
Ъу = ^з-5 0.625 = 0, откуда /V3_5 = 0.

2.58.	Определить усилия в отмеченных на рис. 2.45, а стержнях
пространственной фермы, расчленив ее на плоские фермы.

Решение. Разложив силу Fr на составляющие F{ = Fr cos 60° —
— 2,53 кН и F'[ = Fr cos 30° = 4,33 кН, рассматриваем грани про-
странственной фермы как обычные плоские фермы (рис. 2.45, б, е, г, д).

Рассчитывая плоские фермы, находящиеся под действием приложен-
ной в их плоскости нагрузки, определяем усилия в стержнях: М1> =
= 5 кН; = —5,5 кН; N1? = 5,77 кН; N, = 7,22 кН; JV, = 0; N?=
= 0; Л14’ = —5,33 кН; N„=— 6,67 кН; N^ = 0.

Полные усилия в стержнях, расположенных на ребрах пространст-
венной фермы,

N, = TV',1’ -j.	= 5 + 5,77 = 10,77 кН;

/V4 = N® + M4’ = 0 + 0 = 0;

Ne = N& + № = —5,5 — 5,33 = —10,83 кН.

15.3.	Пространственные статически неопределимые системы

Пространственные статически неопределимые фермы рассчитывают методом
сил. Число лишних неизвестных находят по формуле

ns, = C-f-C0 — ЗУ. (2.57)

Дальнейший расчет пространственной
статически неопределимой фермы не отли-
чается от расчета плоской статически не-
определимой фермы.

Особенность расчета пространственных
рам заключается в том, что в стержнях рамы
действуют 6 внутренних усилий (рйс. 57):
изгибающие моменты Mz и Му, крутящий
момент Мх, поперечные силы Qz и Qy, про-
дольная сила /V.
Рассмотрим применение метода сил к расчету статически неопредели-
мой пространственной рамы.

Число неизвестных метода сил (степень статической неопределимости) опреде-
ляют по формуле

nst = 6К — 37 + Со - 6,	(2.58)

где К — количество замкнутых контуров рамы; Т — число простых шаровых
шарниров; Со — число опорных связей.

При выборе основной системы следует иметь в виду, что рассечение стержня
устраняет 6 связей, а рассечение по шаровому шарниру — 3 связи.

Канонические уравнения метода сил остаются такими же, как и для плоских
систем:

4~А'2612 4~ • . • 4_^п$1п	~	'

4* Х2622 4~ • • • 4~ Хг$2п 4~	~ 0»	(2.59)

Л'4- х-^п2 4- • - • 4- хЛп 4~ &nf = 6. .

При вычислении перемещений, как и для плоских рам, обычно пренебрегают
деформациями сдвига и осевого растяжения. Тогда

_ у J MjiiMjik dx | у1 MzjMzk dx |	MxtMkxdx.

«>_	*	(0	2	«>_ k	(260)

. _ У [ МЛ dx у f MziMzf dx у { MxlMxf dx

Значения интегралов в системе уравнений (2.60) можно вычислить по пра-
вилу Верещагина. Для этого строят эпюры изгибающих и крутящих моментов от
действия в основной системе единичных неизвестных и заданной нагрузки.

После решения системы уравнений (2.59) эпюры внутренних усилий строят
либо суммированием —

Мх = Mxf 4“	4- Х27Их2 4“ • • • 4“ ХпМхп

Му = Myf + **Му\ + ХЪМу2 4“ • • • 4- ХпМуП’

мг .=	+ Х1/йг1 4- х2мг2 4-... 4- хпмгп\

и = Nf 4- Х1М1 +	4-.. • 4- xnNn;

Qy = Qyf + x*Qyi + x*Qyz + • • • + xnQyn>

Q-z = Qzf 4"	4- xbQZ2 4- • • • 4- xnQzn’

либо рассматривая основную систему при действии вычисленных неизвестных
и заданной нагрузки.

Пространственные рамы имеют, как правило, высокую степень статической
неопределимости, поэтому их расчет обычно выполняют на ЭВМ.

Упражнения

2.59. Построить эпюры внутренних усилий в плоскопространствен-
ной раме (рис. 2.46, а). Принять h : b = 2, коэффициент поперечной
деформации v = 1/6.

Решение. Число лишних неизвестных

nst = 6 . О — 3 • 1 4- 12 — 6 = 3.

Основную систему удобно выбрать, разрезав раму по шарниру
(рис. 2.46, б).
Рис. 2.46
Строим для основной системы эпюры изгибающих и крутящих мо-
ментов от единичных неизвестных и заданной нагрузки. Ненулевые
эпюры приведены на рис. 2.46, в. Остальные эпюры (/Иг1, Мх1, M2Z,
Мх2, /И^3,	— нулевые.

Находим для сечения стержня рамы моменты инерции и момент кру-
чения:

Z’ = TJ = T: 6 = Л7 = Т; /*=0,229 №’=1,83 6*.

Е	Е

Учитывая, что G =	= ”7----Л = принимаем такие

значения жесткостей: EItJ= 0,167£7; £7z=0,667E/; G/ft=0,429£« 1,83/ —
= 0,784£7.

Вычисляем единичные и грузовые перемещения, применяя правило
Верещагина:

~ _	2	6-6 2 А 864 _

011 ~ 0,167£7 ‘	2 ’ 3 * b ~ EI ’

612 = б21 - 0; 61S = 631 = 0; Ац = 0;

622 ~ 0,167£7 (2 ’ 6 ’ 2 + 2

623 — 632 — 0; Аг/ — 0;

2

3 ’	” Ei ’

. 2^1 4-___-— 2 • 6 • 2 = — •

j 0J84EI Z ° Z EI ’

Л	2 /6 ’ 6 2 Г 2 ~2 2

°33 “ 0.667£/ 2 ’ 3 * ° + 2 ’ 3

А	I 11лоЗП|6-6	2Л/.\.	1 П и /7	461

Лз/ — 0,667£/ ( з- ’ 4 ’ 2 Т ’ 2 + ~  з- ’ 24) + 0,784£7 2 ’ 4 ’ 6 — ~Ё1 *

После подстановки перемещений в канонические уравнения полу-
чаем следующую систему уравнений:

Хг~ = о:

*’4М=о.

откуда Хг = 0; Х2 = 0; Х3 = — — = -1,87.

Прикладывая к основной системе заданную нагрузку и вычисленные
значения неизвестных, строим эпюры внутренних усилий в заданной
раме (рис. 2.46, г). Эпюры Myt Qz и N — нулевые.
Раздел 3

УСТОЙЧИВОСТЬ УПРУГИХ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ

Глава 16

ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ

Геометрически неизменяемые системы, испытывающие действие внешних на-
грузок, должны находиться в состоянии устойчивого равновесия. Система, выве-
денная какими-либо причинами из исходного состояния равновесия в некоторое
новое, должна возвратиться в первоначальное положение после устранения этих
причин. Если же этого не происходит, говорят о неустойчивом равновесии. Устой-
чивость равновесного состояния данной расчетной схемы зависит от размера на-
грузки.

Переход системы из устойчивого равновесного состояния в неустойчивое
называется потерей устойчивости. Границу этого перехода назы-
вают критическим состоянием, а нагрузки, соответствующие этому состоянию
(или параметры, определяющие данную систему нагрузок), называют критиче-
скими нагрузками (или критическими параметрами).

Различают устойчивость положения сооружения и устойчивость форм равно-
весия в деформированном состоянии.

Об устойчивости положения говорят в том случае, когда со-
оружение в целом может выйти из своего первоначального положения в резуль-
тате возможной потери равновесия внешних сил (например, опрокидывание
подпорной стенки, крана и т. д_).

При потере устойчивости формы (в отличие от потери устойчиво-
сти положения) нарушаются условия равновесия между внешними и внутренними
стами, соответствующими первоначальному виду деформации. Появляется де-
формация нового вида и восстанавливается равновесие. Наступает разветвление
(бифуркация) теоретически возможных — не менее двух — форм равновесия, одна
из которых неустойчива.

При новой форме равновесия в системе возникают дополнительные напря-
жения, не предусмотренные для первоначальной формы. Поэтому материал может
разрушиться еще при нагрузках меньших, чем допускаемые, вычисленные рас-
четами на прочность. Простейшим примером служит случай потери устойчи-
вости прямолинейной формы равновесия центрально-сжатым прямым стержнем.

При критической нагрузке деформация сжатия становится неустойчивой,
к сжатию присоединяется изгиб.

На рис. 58, а, б, в, г показаны примеры потери устойчивости центрально
сжатого стержня, замкнутого кругового кольца, испытывающего сжатие под дей-
ствием равномерно распределенного давления, а также рамы и арки.

Потерю устойчивости, связанную с бифуркацией равновесных форм, принято
называть потерей устойчивости первого рода, или потерей устойчивости по Эй-
леру.

При потере устойчивости второго рода разветвления равновесных форм нет.
Происходит «перескок» к несмежной форме равновесия. Если, например, загруже-
ние системы вызывает одновременное действие изгибающего момента и продоль-
ной силы, то увеличение нагрузки может привести к резкому увеличению влия-
ния продольной силы и нарушению пропорциональности между деформацией
и нагрузкой: деформации растут без увеличения или даже при уменьшении
нагрузки. Система теряет свою несущую способность.

В данном курсе рассматривается только устойчивость первого рода.

Потеря устойчивости может иметь место не только при сжатии, но и при дру-
гих видах деформации. На ряс. 59 показаны примеры потери устойчивости плос-
кой формы изгиба балок прямоугольного и двутаврового сечений. В этом случае
при потере устойчивости появляется изгиб в горизонтальной плоскости и кру-
чение балки. Потеря устойчивости может наблюдаться при кручении, внецент-
ренном сжатии и других видах деформации.
a	S

Рис. 60

Цель решения задач г-стойчивостн первого рода — определение критической
нагрузки (или критического параметра), т. е. наименьшей нагрузки, при которой
система теряет устойчивость и переходит в новое, ближайшее к исходному, рав-
новесное деформированное состояние. Следовательно, в задачах устойчивости
можно пользоваться методами расчета систем, находящихся в равновесии, основ-
ными из которые являются статический и энергетический*.

Статический метод заключается в составлении и интегрировании дифферен-
циальных уравнений равновесия бесконечно малого элемента упругой системы, на-
ходящейся в таком деформированном состоянии, которое отличается от исходного
наличием бесконечно малых перемещений, вызывающих новый вид деформации.

Энергетический метод основан на использовании энергетических признаков
устойчивого и неустойчивого равновесия упругой системы, согласно которым
система находится в состоянии устойчивого равновесия, если ее потенциальная
энергия минимальна по сравнению с энергией смежных равновесных состояний.
Если же потенциальная энергия максимальна, равновесие неустойчивое.

В критическом состоянии упругой системы приращение энергии деформации
равно приращению работы внешних сил. Следовательно, критическую нагрузку
(критический параметр) можно определять из условия равенства нулю суммы
работ внешних и внутренних сил на малых перемещениях из смежного деформиро-
ванного состояния в исходное.

В общем случае любая реальная упругая система имеет бесчисленное мно-
жество степеней свободы* **. В практических расчетах задачу упрощают путем све-
дения числа степенен свободы до одной или нескольких. Например, стойка, по-
казанная на рис. 60, а, имеет множество степеней свободы; но если можно допу-

’ Существует еще динамический метод, который является общим, но из-за
своей сложности нс получил широкого распространения в инженерных задачах.

** В задачах устойчивости под степенью свободы понимают число независи-
мых геометрических параметров, определяющих возможные перемещения всех
точек системы при ее деформации (в отличие от задач статики, где степень сво-
боды соответствует степени подвижности всей системы как абсолютно твердого
тела).
стить, что эта стойка абсолютно жесткая, а ее верхняя опора упругоподатливая.
то число степеней свободы сводится к одной (рис. 60. б).

I*1 При большом числе степеней свободы задача определения критической на-
грузки (параметра) достаточно сложна. Каждой степени свободы соответствует
своя форма потери устойчивости, а следовательно, и своя критическая нагрузка.

В тех случаях, когда точный метод расчета, заключающийся в составлении
и интегрировании дифференциальных уравнений равновесия или работ е опреде-
лением постоянных интегрирования по граничным условиям, становится очень
сложным, он заменяется приближенным, основанным на использовании упрощен-
ной расчетной схемы и приближенных методов отыскания решений. Дифферен-
циальные уравнения обычно записывают приближенно, удерживая лишь малые
самого низкого порядка.

Энергетический метод широко используется для получения приближенных
решений. Например, для системы с любым числом степеней свободы С. П. Тимо-
шенко предложил задаваться возможной формой потери устойчивости в виде кри-
вой, удовлетворяющей граничным условиям и содержащей один или несколько
произвольных параметров:

У = f (*, Gj, ..., fl„).

Затем составляют уравнение равенства работ внешних и внутренних сил,
из которого и определяют нагрузку F = <р (alt а2, .... ап).

„	.« л dF n dF _

Из условий — = 0,	=0, — ,	= 0 подбирают параметры alt а2, ... ,

Gn, соответствующие минимальному значению нагрузки F.

По способу Ритца форму потери устойчивости задают в виде ряда

У = aifi (*) +	(х) -f- ... + anfn (х),

каждый член которого представляет собой произведение неопределенного коэф-
фициента и функций, удовлетворяющей граничным условиям. Затем составляют
выражение потенциальной энергии как функции параметров ас : U --- Р (ап аг,
...» ап).

тл ..	ас/ л ди л ди _

Из условии экстремума этой функции =0, — = 0, ...»	= U состав-

ляют систему линейных однородных уравнений относительно а1У а2, — , ап. При-
равняв к нулю определитель этой системы, получают уравнение для определения
критической силы.

Глава 17

УСТОЙЧИВОСТЬ ПРЯМЫХ ЦЕНТРАЛЬНО-СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ

Многие конструктивные решения опор прямых сжатых стержней могут быть
приведены к одной из пяти расчетных схем закреплений, показанных на рис. 61.
Из курса сопротивления материалов известно, что для этих случаев критическая
сила определяется по формуле Эйлера

(НЛ2

(3.1)

Схема закрепления учитывается коэффициентом р,.

В тех случаях, когда стержни имеют упругие опорные закрепления (рис. 62),
вадача определения критической силы решается аналогично, однако упругость
опор учитывается граничными условиями, соответствующими расчетной схеме дан-
ного опорного закрепления.
Упражнения

3.1.	Исследовать устойчивость прямолинейного стержня, показан-
ного на рис. 3.1, а. Жесткость стержня EI постоянна по длине.

Решение. При потере устойчивости стержень выпучится
(рис. 3.1, б). Для решения задачи используем статический метод.

Изгибающий момент в любом сечении х

М = —Fy — Q(l — х)-

Запишем уравнение упругой линии стержня:

Ely" = М = —Fy — Q (I — х),
или Ely” 4- Fy = —Q (I — x).

Проинтегрировав это уравнение, получим

у = Сг cosпх + С2 sin пх — ~ (I — х),	(3.2)

где

(3-3)

Для определения постоянных CL и С2 составим граничные условия:

1)	при х = 0 у = 0	= <хт\

2)	при х = I z/ = О,
где ат — угол поворота опорного сечения; а — угол поворота от еди-
ничного опорного момента.

Учитывая, что tn = —QI, при данных граничных условиях полу-
чаем из (3.2)

С, —у 2 = 0;

Cl cos nl + С2 sin nl = 0:

cJI + у = — aQl = —a j- Fl.
Нас интересует решение при Сг и
учитывая, что Fl = rrlEI, запишем
в таком виде:

С2, не равных нулю, поэтому,
характеристическое уравнение

det(D) =

1	0	—/

cos nl sin nl	О

О п 1 -|- ап21Е1

= 0.

Раскрывая определитель, получаем уравнение устойчивости:

tgn/ — nl i + (nlpEIaif

(3-4)

Полученное уравнение можно решить графическим способом.
В частном случае, когда нижняя опора (рис. 3.1) — жесткое защем-
ление (а = 0), уравнение (3.4) приобретает вид

tg nl = nl.

Подставив сюда п из уравнения (3.3) и решая путем подбора, на-
ходим

F„ = 20,14^,

что соответствует формуле (3.1) при р = 0,7.

Рассмотрим еще один частный случай: стержень шарнирно закреп-
лен с двух сторон (а = оо). По уравнению (3.4) получаем

tg nl = 0, или sin nl ~ 0,

что соответствует основному случаю записи формулы Эйлера (р = 1)

г __ я?Е1
Гсг — ~р~ •

3.2.	Используя статический и энергетический методы, определить
критическую силу для абсолютно жесткого стержня, упруго закреп-
ленного с одной стороны (рис. 3.2). Податливость опоры характеризуется
параметром а — углом поворота от действия единичного момента т = 1.

Решение. Применяя статический метод, составляем условие
равновесия:

2 Мл = 0;

F6— 6 =F№ —- =0,
а	а ’

откуда Fcr = ± .

Решаем задачу энергетическим методом. Выразим изменение упру-
гой энергии системы через работу силы F и опорного момента 6/а, за-
траченную при переходе системы из первоначального в отклоненное
состояние. Работа силы F определяется произведением FA = /?Z(1—
— cos 6) = 2FI sin2 ~. Учитывая малость перемещения А, заменим функ-
0

цию sin у углом. Тогда эту работу можно записать так:

ГЛ F/62

FA = —.

Работа, совершаемая опорным моментом, определяется выражением

_L_6	б2

2 а	2а ’

Изменение полной упругой энергии

^-F/e2 е2

и 2	' 2а *
Энергетическим критерием потери устойчивости системы является
dU п
условие =

de del, 2 + 2a) ~ 26 \	2 + 2a) ~ °'

Получаем условие для определения критической силы:

-" + 4 = °-

откуда Fcr = ^7.

3.3.	Пользуясь статическим методом, найти критическую силу или
определяющее ее уравнение для стержня, показанного на рис. 3.3, а.
Жесткость одной пружины с — сила, вызывающая единичную осадку
пружины.

Решение. Схема потери устойчивости стержня показана на
рис. 3.3, б. Условие равновесия при потере устойчивости имеет вид

ЪМА = ГД — ф = 0.

Изгибающий момент в любом сечении стержня

М (х) = F (Д — у).

Дифференциальное уравнение упругой линии можно записать так:
Ely" = F (Д - у),

или у" + п-у = п2Д, если п =	.

Решение этого дифференциального уравнения имеет вид

у = Cr cos пх Ч- С2 sin пх + Д.	(3.5)

Для определения постоянных С\ и С2, а также Д используем сле-
дующие граничные условия, вытекающие из условия задачи:

1)	при х = 0 у = 0;

2)	при х = I у = Д;

3)	при х = 0 ~	.

' н	ах	ас

Из уравнения (3.5) при первом граничном условии получаем

Сг 4- Д = 0;	(3.6)

при втором —

Cr cos nl Ч- С2 sin nl = 0.	(3.7)

Используем третье граничное условие. Подчиним ему выражение

— САп sin пх Ч- С9п cos пх,

dx 1	,

~ 2Q	F& .

откуда С2н =	; подставив Q = — (что следует из условия равнове-

сия при потере устойчивости), получаем

9FA

С2п-^ = 0.	(3.8)
Решение при Cj, С2 и △, отличных от нуля, найдем из условия ра*
венства нулю определителя системы трех уравнений (3.6, 3.7 и 3.8):

det (D) =

1	0	1

cosnl srnnl	О

Раскроем определитель:

----— sin nl + n cos nl = 0.

С учетом выражения (3.3) получаем уравнение устойчивости

=	(3.9)

Это же уравнение можно записать для случая, когда упругость опо-
ры задана опорным моментом т, соответствующим ее единичному углу
поворота.

О 2

По рис. 3.3, б видим, что tga ~ а — ~~ • — . Приравняв а единице,
находим Q — са/2.

Следовательно, т = Qa = — . Тогда уравнение устойчивости имеет
вид

‘g«Z=^7-

3.4.	Записать уравнение устойчивости для стержня, показанного на
рис. 3.4. Податливость верхней опоры характеризуется величиной с,
численно равной силе Q, вызывающей осадку, равную единице.

3.5.	Определить критическую силу для абсолютно жесткого стерж-
ня, имеющего одну шарнирно неподвижную опору и одну упругоподат-
ливую (рис. 3.5) жесткостью с (см. задачу 3.4).

3.6.	Пользуясь статическим методом, определить критическую силу
или записать уравнение устойчивости для стержня, упруго закреплен-
ного с двух сторон (рис. 3.6, а}. Жесткость упругоподатливой в гори-
зонтальном направлении верхней опоры Св равна реакции Q, вызываю-
щей единичное перемещение; св = сА — опорный момент в упругой
заделке А, соответствующий ее повороту на угол а = 1.

3.7.	Найти критическую нагрузку для системы, показанной на
рис. 3.7, а.

Решение. Стойки системы рассматриваются как имеющие
упругоподатливую опору. Упругость опоры определяется опорным
моментом т, соответствующим единичному углу поворота. Уравнение
устойчивости имеет вид (см. задачу 3.3)

‘e«z=^7-

Здесь возможны две формы потери устойчивости — симметричная
и кососи.мметричная (рис. 3.7, б, в). Каждой форме соответствует свой
опорный момент.
Запишем угол поворота узла как результат сопряжения эпюры из-
гибающих моментов т с единичной эпюрой (рис. 3.7, б, в). Приравняв
выражение угла поворота единице, получаем условие для определения
изгибающего момента tn.

При симметричной форме потери устойчивости

ml .	2EI

«1 = 2£7 = 1, откуда т = —.

При кососимметричной форме

ml .	6EI

а2 = 6Ё7 = 1’ 0ТКУда ,п = ~т •

Для определения критической силы принимаем меньшее значение
т. Тогда уравнение устойчивости запишется так:

tg nl =	.

In

Из полученного уравнения находим путем подбора

nl= 1,19;

г 1,192£/
л f'r-	.

3.8.	Для системы, показанной на рис. 3.8, ау определить критиче-
скую силу. Ригель и правая стойка абсолютно жесткие, левая стойка
упругая.

Указание. Для составления уравнения устойчивости следует
использовать условие равенства нулю суммы работ внешних и внутрен-
них сил. При этом надо учесть, что работа внешней силы записывается
без коэффициента 1/2, так как при потере устойчивости внешняя сила
остается постоянной. Внутренние же силы изменяются до нуля, по-
этому их работа вычисляется с коэффициентом 1/2.

12£/

Работа внутренних сил U =-----а2 (см. рис. 3.8, б).

S.9.	Определить критическую нагрузку для системы, показанной
на рис. 3.9. Возможная форма потери устойчивости — кососимметрич-
ная (штрихпунктирная линия на рис. 3.9).

3.10.	Определить критическую силу для стержня ступенчатого се-
чения (рис. 3.10) в предположении, что при потере устойчивости ось
стержня изогнется по кривой у = 6 (1 — cos^j 

Решение. Используем энергетический метод решения задачи:
приравняем к нулю сумму работ внешних и внутренних сил на пере-
мещениях из деформированного состояния в первоначальное.

Работа силы F при заданном уравнении кривой

w = F h(l)2^=F ?	=

16ft *
M*dx	Г APdx_______Е~&ГЬ., /hEh	h Л	Е1Л . лЛЛ

2E/2	J 2£/j	2£/2 [2	+ 2 E/1	2л U	ElJ Sin h J

Из условия W 4- U = 0 получаем

Полученное решение является приближенным, поскольку в дей-
ствительности уравнения упругой линии для верхней и нижней частей
ступенчатой стойки будут различными.

3.11.	Определить критическое значение силы F для стойки ступен-
чатого сечения, заданной в упражнении 3.10 (рис. 3.10), при условии,
что на уровне уступа приложена еще одна сжимающая сила, равная
4F; /ix =h2 = А, Е12 = 2£/,.
У к аз а нпе. Как и в упражнении 3.10, принять, что кривая изогну-
той оси описывается уравнением	—cos^j.

3.12.	Записать характеристическое уравнение, определяющее кри-
тическую силу для трехопорной стойки, показанной на рис. 3.11, а.

Решение. Много пролетные стойки, испытывающие осевое сжа-
тие, рассчитываются аналогично многопролетным балкам с помощью
уравнений трех моментов. В общем случае для много пролетной стойки
это уравнение имеет вид

(v„) + м„+. [Й;	“ М + мп+,^ p(v„+1)=o,

где п — номер промежуточной опоры; Мп и EJn — соответственно
пролет, момент в опорном сечении и жесткость сечения в данном про-
Рп1~

лете; Fn—сжимающая сила в n-м пролете; vn = -=-^-’, cc(v), 0 (v) —

табличные функции (см. табл. 3.1):

сс (Vn) =



Tn \vrt

В рассматриваемой задаче уравнение трех моментов приобретает вид

3zk“(V1) + 3Z7;c‘(V2) = 0’

или А/1.——?Ч=о.

/1 Ц *1*6*1/ l2 v2 tgv2y

2
где *1=^,

2 _

2 “ ei2 *

3.13.	Определить критическую силу для двухпролетной стойки
с упругой промежуточной опорой (рис. 3.11, 6), если lx = Z2, EIr —
~ Е12. Упругая характеристика промежуточной опоры с — реакция
Q, соответствующая единичной осадке опоры.

Решение. Предварительно зададимся приближенным уравне-
нием упругой линии в изогнутом равновесном состоянии (с точностью
до двух параметров):

. лх .	• 2лх

у = а± sin -у- + а2 sin —j- •

Для решения задачи применим энергетический метод. Запишем
условие равенства нулю работы внешних и внутренних сил на пере-
мещениях, соответствующих приращению параметров а± и а2:

i

dl) с 1 С л, дМ R .	. с df R г. ЗД к л

дах 1 El даг 1	‘ ' даг 1 ooi

dU R 1 Г .. дМ c ,	, r df r dk R л

oa.-> =	1 M ociodx + cf ~ oa<> —F ч— oa2 = 0.

da2 - El J da2 2 i / Qa i $a z
Из дифференциального уравнения упругой линии, которое можно
записать так:

лл ст /г ст /эт2 . ях , 4л2	. 2лх\

Ely — EI sin | p- <72 sin —j—j f

получаем

dM EIstz . six dM

да,-------l2-s,n~T’	=

£74л2 . 2nx

—p~ sm -j- .

Прих = 4 y=f = a„ ^=1,^ = 0.

Вертикальная составляющая перемещения верхнего опорного сечения

л=4М2^=й(4 + М;

Полученные выражения подставляем в уравнения работ. Интегри-
руя их по параметрам и п2> получаем соответственно

л*ЕI	,	г л2 Л

~2pai + cat—F	= 0;

л48£7 г 2л2	п

—р-^2 — Е-р- Д2 = 0.

При ненулевых значениях параметров а находим из первого урав-
нения

г я2Е1 , 21с

1-СГ.1 = — + ^2 .

из второго

г 4.т2£/

* сг,2 = —р -

Первое значение критической силы соответствует симметрич-
ной форме потери устойчивости, второе — кососимметричной (см.
рис. 3.11, б). Расчет ведут по меньшему значению Fcr.

3.14.	По данным упражнения 3.13 (рис. 3.11, б), используя приве-
денное выше решение, определить упругую характеристику с промежу-
точной опоры стержня, соответствующую равенству критических сил
симметричной и кососимметричной форм потери устойчивости.

Глава 18

УСТОЙЧИВОСТЬ РАМ

18.1.	Общие положения

Расчет рам на устойчивость состоит в определении критической нагрузки
(критического параметра нагрузки), т. е. такого ее значения, при котором, кроме
прямолинейного неустойчивого равновесия, возможно изогнутое равновесное
состояние. Зная критическую нагрузку при заданном коэффициенте запаса устой-
чивости, можно вычислить расчетную нагрузку. Так как рассматривается равио-
веское состояние системы (хотя и неустойчивое), расчет можно вести любыми ме-
тодами, применимыми к расчету равновесных систем.

Основные допущения:

1.	Рассматривается только узловая нагрузка. Такая нагрузка (с учетом сле-
дующих предпосылок) не вызывает поперечного изгиба стержней.

2.	Стержни рамы не претерпевают удлинений или укорочений.

3.	Сближением концов стержней, вызванным их изгибом, пренебрегают (при
определении работы внешних сил это допущение неприменимо).

4.	Вычисляя перемещения, учитывают только продольные силы, возникаю-
щие до потери устойчивости; приращения продольных сил, возникающие при
потере устойчивости, не учитывают.

5.	При вычислении поперечных сил в изогнутых стержнях изменение угла
наклона сечения за счет изгиба не учитывают.

Следует напомнить, что в настоящем курсе рассматривается лишь расчет
плоских рам на устойчивость в плоскости рамы. Этот расчет является приближен-
ным в силу принятых предпосылок и главным образом из-за предпосылки об узло-
вой нагрузке, согласно которой все стержни рамы делят на две группы: испыты-
вающие только изгиб и стато-изогнутые. В реальных же рамах даже малого соб-
ственного веса все стержни испытывают сжатие и изгиб. Однако в большинстве
практических задач такой расчет достаточен.

18.2.	Метод сил

Основную систему выбирают так, чтобы в стержнях не возникали изгибающие
моменты от заданной нагрузки. При потере устойчивости в отброшенных связях
появляются малые усилия — лишние неизвестные при расчете на устойчивость
методом сил. Так как нагрузка на раму лишь узловая, в стержнях основной си-
стемы от сил F действует только сжатие или растяжение.

Система канонических уравнений записывается так:

4~ ^12^2 4~ • • • 4~ fiinXn — 0;
$21-^1 4" $22-^2 4“ • • • 4“ ^2П^П = 0:

(3.10)

$/11-^1 4“ ^П2^2 4" • • * 4" ^ПП^П --------0»

где Sik — перемещения по i-му направлению от единичных лишних неизвестных
при наличии продольных сил в стержнях. Следовательно, параметр нагрузки F
содержится в коэффициентах 6.

В изогнутом равновесном состоянии лишние неизвестные X =# 0. Это воз-
можно только тогда, когда определитель системы канонических уравнений равен
нулю. Таким образом, уравнение устойчивости имеет вид:

det (Р) =

$11	$12  • • $1П

$21	$22 • • • $2Л

$Л1	$Л2 • • • $ЛЛ

(3.11)

Подбирают такие значения перемещений 6, при которых удовлетворяется
условие det (Р) = 0.

В расчетах рам на устойчивость методом сил коэффициенты канонических
уравнений определяют по формуле Мора, в которой учитывают только член, со-
держащий изгибающие моменты:

$/ft	MjMk ds .

Наиболее просто интеграл Мора вычисляется для таких основных систем,
в которых сжатые элементы представляют собой однопролетные балки лишь двух
типов: или с шарнирными несмещающимися опорами, или защемленные одним
концом.
	a (v)		<?1 (V)	(v)	©3 (V)	tg(v)
0.00	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	0.00000
0.20	1.0027	1.0042	1,0163	1,0065	1.0178	0,20271
0.40	1.0107	1.0188	1,0683	1,0252	1.0768	0,42279
0,60	1.0249	1.0437	1.1686	1.0622	1.1901	0,68414
0.80	1,0455	1.0800	1.3456	1,1256	1.3900	1,02964
1.00	1,0737	1.1304	1,6722	1,2395	1,7605	1.55741
1,10	1,0912	1,1617	1,9491	1,3344	2,0750	1,96476
1.20	1,1114  1,1345	1,1979	2.3822	1.4806	2,5677	2.57215
1.30		1,2396	3.1435	1.7342	3,4347	3,60210
1.40	1,1610	1,2878	4.8082	2.2832	5.3332	5,79789
1.50	1.1915	1,3534	11,2013	4.3740	12.6292	14,10142
л/2	1.2159	1.3880	ОО	ОО	ОО	ОО
1.60	1.2266	1.4078	—26.2445	—7.8214	—30.1204	—34.23254
1.70	1,2673	1.4830	—5.7378	— 1.1299	—6,7141	—7,69660
1.80	1,3147	1.5710	—3.1308	—0.8271	—3.7410	—4,28626
1.90	1,3704	1.6750	—2,1133	+0,0701	—2.5805	—2,92710
2,00	1.4365	1,7993	—1,5694	0,2575	— 1.9658	—2.18504
2,02	1.4512	1.8270	— 1,4903	0.2858	— 1.8762	
2.04	1.4664	1,8558	—1,4179	0.3115	—1.7044	
2.06	1.4822	1,8858	— 1,3516	0.3355	-1.7196	
2,08	1.4987	1.9168	—1.2905	0.3579	— 1.6506	
2,10	1,5158	1.9494	—1.2342	0.3788	— 1.5872	—1,70985
2.12	1,5336	1.9831	—1,1820	0.3983	— 1,5286	
2.14	1.5521	2.0184	— 1,1335	0.4166	-1,4741	
2.16	1.5713	2.0552	—1,0884	0.4339	—1,4235	
2,18	1.5914	2.0935	—1.0464	0.4503	— 1.3764	
2.20	1.6124	2.1336	—1.0069	0,4659	—1.3323	—1,37382
2.22	1.6343	2.1754	—0.9700	0,4807	—1.2911	
2.24	1.6572	2,2194	—0.9354	0.4948	— 1.2527	
2.26	1.6812	2.2654	—0.9028	0.5083	—1.2165	
2.28	1.7062	2,3135	—0.8721	0.5212	—1.1824	
2,30	1.7325	2,3641	—0,8431	0,5336	—1,1504	— 1,11921
2.32	1,7601	2,4171	—0.8157	0,5456	—1.1202	
2.34	1.7891	2,4731	—0.7897	0.5572	— 1.0917	
2,36	1.8195	1,5320	-0.7651	0.5684	— 1.0649	
2.38	1.8516	1.5939	—0.7418	0.5792	—1.0394	—0,91601
2.40	1,8854	2,6596	—0,7196	0.5897	—1,0151	
2,42	1,9212	2,7287	—0.6985	0.5999	—0.9921	
2,44	1.9589	1,8021	—0.6784	0.6098	—0.9703	
2,46	1.9989	2.8798	—0.6592	0.6195	—0.9497	
2.48	2,0413	2.9624	—0,6409	0.6291	—0.9301	—0.74702
2,50	2,0864	3.0502	—0.6234	0.6385	—0,9114	
2.52	2,1343	3.1438	-0.6067	0.6477	—0.8936	
2.54	2,1855	3.2437	—0.5907	0.6566	—0.8767	
2,56	2.2402	3.3508	—0.5753	0.6654	—0.8606	
2.58	2.2988	3.4657	—0,5606	0.6742	—0.8451	—0.60160
2.60	2.3618	3,5890	—0.5465	0.6828	—0.8304	
V	a (v)	3(4	(4	(*)	е3 (>)	tg (>)
2,62	2.4295	3,7220	—0,5329	0,6913	—0,8164	
2.64	2.5027	3.8659	—0.5199	0,6997	—0,8030	
2,66	2.5819	4.0218	—0.5073	0.7081	—0.7902	
2.68	2,6680	4.1914	—0,4952	0.7164	—0,7780	
2,70	2,7619	4,3766	—0,4836	0.7246	-0.7663	—0,47273
2.72	2,8646	4.5795	—0,4723	0.7328	—0,7551	
2,74	2.9778	4.8029	—0,4615	0.7410	—0.7444	
2,76	3.1027	5.0499	—0.4511	0.7491	—0,7342	
2.78	3.2414	5.3245	—0.4410	0.7573	—0.7244	
2.80	3.3963	5.6315	—0,4313	0.7654	-0,7151	—0,35553
2.82	3,5704	5,9770	—0,4218	0.7736	—0,7062	
2,84	3.7676	6.3685	—0.4127	0.7817	—0,6976	
2.86	3.9928	6.8160	—0.4039	0.7898	—0,6894	
2,88	4.2525	7.3382	-0.3953	0 7980	—0.6816	
2,90	4.5550	7,9343	—0.3870	0.8063	—0.6742	—0.24641
2,92	4.9121	8,6455	—0.3790	0,8146	—0.6670	
2.94	5.3401	9.4982	—0.3712	0,8229	—0.6603	
2,96	5.8622	10.5383	—0.3636	0.8313	-0.6538	
2,98	6.5134	11,8386	—0,3563	0,8398	-0.6476	
3.00	7.3486	13,5057	—0,3492	0,8483	-0.6417	—0.14255
3.02	8.4583	15.7219	—0.3422	0,8569	-0.6361	
3.04	10.0049	18.8116	—0.3355	0,8657	—0,6308	
3,06	12.3096	23,4176	—0,3289	0.8746	—0.6258	
3.08	16,1105	31,0160	—0,3227	0,8835	—0,6210	-0,04162
3,10	23,5659	45,9234	—0.3165	0,8926	—0.6165	
3,12	44.8321	88,4522	—0.3103	0.9018	—0.6122	
3,14	600.1900	1199.1629	—0.3044	0.9111	—0,6082	
л	оо	©о	—0.3040	0,9119	—0.6079	0
3,16	—51.2692	—103,7576	—0.2987	0,9206	—0.6045	
3,18	—24.2541	—49,7313	—0,2931	0.9303	—0,6009	
3.20	—15.7398	—32,7063	—0.2876	0.9401	—0.5976	4-0.05847
3,22	—11,5688	—24.3683	—0.2823	0,9501	—0.5946	
3,24	—9.0929	—19.4202	—0,2771	0,9602	-0,5917	
3,26	—7.4532	— 16,1447	—0.2720	0,9705	—0,5891	
3,28	—6.2872	—17,8166	—0.2670	0,9811	—0.5868	
3,30	—5,4154	—12,0770	—0.2621	0,9920	—0,5846	0,15975
3,32	—4.7371	—10.7282	—0,2574	1,0031	—0.5826	
3,34	—4,1964	—9.6516	—0,2527	1.0143	—0.5808	
3.36	—3.7552	—8,7726	—0.2482	1,0258	—0,5795	
3.38	—3.3887	—8.0419	—0.2437	1.0377	—0.5783	
3,40	—3,0787	—7,4248	—0,2394	1.0499	—0,5772	0,26442
3,42	—2,8129	—6,8968	—0,2351	1.0623	—0.5764	
3,44	—2,5820	—6.4396	—0.2308	1,0750	—0.5758	
3.46	—2,3798	—6.0405	—0,2267	1,0880	—0.5755	
3,48	—2.2017	—5.6888	—0.2227	1.1014	—0,5753	
3,50	—2.0433	—5,3769	—0,2187	1,1152	—0.5751	0,37470
	а со	РН	©1 (*)	©2 0»	©3 (Ч	tg V
3.52	— 1,9015	—5.0081	—0.2148	1.1294	—0.5757	
3.54	— 1.7737	—4.8477	—0.2109	1.1440	-0.5764	
3,56	— 1.6581	—4.6215	—0,2071	1,1591	—0.5773	
3.58	—1.5530	—4.4160	—0.2034	1.1747	—0,5783	
3.60	— 1,4572	—4,2292	—0,1997	1.1907	—0.5797	0,49347
3.62	— 1.3693	—4,0581	—0,1961	1.2073	—0.5814	
3,64	— 1,2882	—3,9011	—0,1926	1,2244	—0.5833	
3,66	— 1,2132	—3,7563	—0.1891	1.2421	—0,5855	
3.68	-1.1435	—3.6227	—0,1856	1.2605	—0,5880	
3,70	— 1,0787	—3.4990	-0.1821	1.2795	—0.5908	0.62473
3.72	-1,0184	—3,3839	—0.1787	1,2992	—0.5939	
3,74	—0,9620	—3,2768	—0.1753	1.3197	—0.5974	
3,76	—0.9092	—3,1769	—0,1720	1.3409	—0.6012	
3,78	—0.8595	—3,0835	—0.1687	1.3630	—0.6053	
3,80	—0.8128	—2,9961	—0,1654	1.3861	—0.6099	0,77356
3,82	—0.7687	—2,9140	—0.1622	1.4101	—0.6149	1
3,84	—0.7271	—2,8369	—0.1590	1,4351	—0.6203	
3,86	—0.6876	—2,7643	-0.1557	1.4613	—0.6261	
3,88	—0,6502	—2,6959	—0.1525	1,4887	—0.6324	
3.90	—0,6147	—2,6314	—0,1493	1.5174	—0.6392	0.94742
3,92	—0.5809	—2.5703	—0.1461	1,5474	—0.6466	
3,94	—0.5486	—2,5126	—0,1429	1.5789	—0,6545	
3,96	—0,5178	—2,4580	—0,1397	1.6121	—0,6631	
3.98	—0.4884	—2,4062	—0,1365	1.6470	—0.6723	
4,00	—0,4603	—2,3570	—0,1332	1.6838	—0.6823	1.15782
4,02	-0.4333	—2,3103	—0,1300	1.7227	—0.6930	
4,04	—0,4074	—2.2660	—0,1267	1,7639	—0.7045	
4.06	—0.3825	—2,2237	—0,1223	1.8075	—0,7169	
4 08	—0,3586	—2.1836	—0.1199	1.8538	—0.7304	
4,10	—0,3355	—2.1454	—0.1165	1.9030	—0.7449	1,42353
4.12	—0,3133	—2.1089	—0.1130	1.9555	—0.7606	
4,14	—0,2919	—2.0741	—0.1094	2.0115	—0.7775	
4,16	—0,2712	—2,0410	—0.1056	2.0716	—0.7960	
4,18	—0.2511	—2,0094	—0.0120	2,1362	—0.8160	
4.20	—0,2317	— 1,9792	—0.0981	2,2057	-0.8378	1.77778
4.22	—0.2129	— 1.9504	—0.0940	2,2808	—0.8615	
4,24	—0.1947	—1.9229	—0.0899	2,3619	—0.8875	
4,26	—0,1769	— 1.8966	—0,0855	2,4505	—0.9161	
4 28	—0.1597	—1.8715	—0.0809	2.5471	—0.9475	
4.30	—0.1430	— 1.8475	—0.0760	2.6529	—0,9821	2,28585
4,32	—0.1267	—1.8246	—0.0708	2.7694	—1.0206	
4 34	—0.1107	— 1.8028	—0.0653	2.8983	—1,0634	
4,36	—0.0952	—1.7819	—0.0594	3.0417	—1.1114	
4.38	—0.0799	— 1.7619	—0.0529	3.2026	—1.1653	
4,40	—0.0652	—1,7429	—0.0459	3.3836	—1.2265	3.09632
*	а(Ч	РСО	е, <v)	е (v)	«з ( '•	t.{ V
4.42	—0.0508	— 1.7247	—0.0381	3,5893	— 1,2963	
4.44	—0.0366	— 1.7074	—0.0295	3.8251	— 1.3767	
4.4С	—0.0227	— 1.6909	—0.0197	4.0982	—1.4701	
4.48	—0 0090	— 1.6752	—0.0085	4.4179	— 1.5800	
4.50	+0,0044	— 1,6603	+0.0045	4.7980	— 1,7110	4.63733
4.52	0.0176	—1,6461	0 0199	5,2568	—1.8695	
4.54	0.0305	—1.6326	0.0386	5.8218	—2.0652	
4.56	0.0432	— 1.6198	0.0617	6.5351	—2.3129	
4.58	0.0558	—1.6076	0.0915	7.4633	—2.6359	
4.60	0.0682	—1.5962	0.1314	8,7218	—3.0745	8.86018
4.62	0.0S04	—1.5854	0,1878	10 5224	—3,7036	
4.64	0.0925	-1.5752	0,2748	13.3219	—4,6812	
4.66	0.1044	— 1.5656	0,4272	18,2566	—6.4065	
4.68	0.1162	—1.5567	0.7664	29.2848	— 10.2671	80.71280
4,70	0.1279	— 1.5483	2.1964	75.9101	—26,5889	
3 2л	0.1351	— 1.5434	ОО	ОО	ОО	
4.72	0.1395	— 1.5405	—3.8833	— 122.3641	+42,8875	
4.74	0.1510	— 1.5333	— 1,1534	—33,4764	11.7120	
4.76	0.1624	— 1.5267	—0,7162	—19.2440	6,7321	
4,78	0.1738	—1.5207	—0.5370	— 13.4298	4,6983	—11.38487
4.80	0.1851	— 1.5152	—0,4390	— 10.2705	+3.5933	
4.82	0.1964	-1.5103	—0.3771	—8.2851	2.9006	
4.84	0.2076	— 1.5060	—0.7343	—6.9219	2,4251	
4.86	0.2188	— 1.5022	—0.3028	—5,9272	2,0786	
4.88	0.2300	— 1.4989	—0.2785	—5.1700	1.8154	—5,26749
4,90	0.2412	-1.4963	—0.2593	—4,5743	1,6085	
4.92	0.2524	— 1.4941	—0.2435	—4.0927	1,4417	
4.94	0.2636	—1.4926	—0.2303	—3,6959	1,3045	
4,96	0.2748	—1,4916	—0.2192	—3.3629	1.1896	
4.98	0.2861	-1.4912	—0.2096	—3.0797	1.0921	—3,38052
5.00	0.2-75	—1.4914	—0.2011	—2,8355	1.0083	
5.02	0.3089	—1.4922	—0.1937	—2,6231	0,9356	
5,04	0.3204	—1.4936	—0.1872	—2.4350	0,8725	
5.06	0.3320	— 1.4954	—0.1811	—2.2694	0.8157	
5.08	0.3437	—1.4981	—0.1757	—2.1235	0,7658	—2,44939
5.10	0.3555	-1,5014	—0.1707	—1.9912	0,7211	
5.12	0.3674	— 1.5053	—0.1662	—1.8719	0.6809	
5.14	0.3795	— 1,5099	—0.1620	—1.7632	0.6446	
5,16	0.3918	— 1.5152	—0,1581	— 1,6644	0.6116	
5.18	0.4042	—1.5212	—0.1545	— 1.5740	0.5816	—1,88564
5.20	0.4169	—1.5280	—0.1512	—1.4908	0,5541	
5.22	0.4298	—1.5355	—0.14S0	—1,4141	0.5288	
5.24	0.4429	—1.5438	—0,1450	—1.3431	0,5056	
5.26	0.4562	— 1.5529	—0.1422	— 1.2771	0,4841	
5.28	0.4698	—1.5629	—0.1396	— 1.2158	0.4642	—1.50128
5.30	0.4838	—1,5738	—0,1370	— 1.1585	0.4458	
	a (v)	Р (*)	©1 (V)	е, <v)	е3(*)	
5,32	0.4981	-1.5857	—0.1346	—1.1049	0.4286	
5.34	0.5128	—1.5986	—0.1324	— 1.0547	0,4126	
5,36	0.5278	—1.6124	—0,1302	-1,0074	0,3977	
5.38	0,5433	— 1,6274	—0.1281	—0.9629	0,3837	
5,40	0,5592	-1.6436	—0,1261	-0,9209	0.3706	—1,21754
5,42	0.5756	— 1.6610	—0.1242	—0,8812	0,3583	
5,44	0.5925	— 1,6797	—0,1223	-0,8436	0.3467	
5.46	0,6100	-1,6998	—0.1205	—0.8079	0,3358	
5,48	0.6282	— 1.7214	—0.1188	—0.7740	0.3255	
5,50	0,6470	— 1,7446	-0,1171	-0.7417	0.3158	—0,99558
5,52	0,6666	-1,7694	—0.1155	-0.7110	0.3066	
5.54	0,6870	—1,7961	—0.1139	—0,6816	0.2979	
5,56	0.7083	—1,8248	—0.1124	—0.6535	0,2897	
5,58	0,7305	— 1,8555	—0.1110	—0.6267	0,2819	
5,60	0.7538	—1,8886	—0.1096	—0.6010	0,2745	—0,81394
5.62	0.7783	—1.9242	—0,1082	—0.5763	0.2675	
5,64	0.8040	— 1,9624	—0,1068	—0.5526	0.2608	
5.66	0.8311	—2,0037	—0.1055	—0.5298	0,2544	
5,68	0.8597	—2.0481	—0.1042	—0.5079	0.2484	
5,70	0.8901	—2.0961	—0.1030	—0.4868	0.2426	-0,65973
5,72	0,9224	—2.1481	—0,1018	—0.4664	0.2371	
5.74	0,9567	—2,2045	—0.1006	—0.4468	0.2319	
5.76	0.9934	—2,2657	—0,0994	—0.4278	0,2269	
5,78	1.0327	—2,3323	—0.0983	—0.4095	0.2221	
5,80	1,0750	—2.4050	—0.0972	—0.3917	0,2176	—0,52467
5,82	1.1207	—2,4845	—0.0961	—0.3745	0,2132	
5,84	1.1702	—2,5718	—0.0951	—0,3578	0,2090	
5,86	1,2240	-2.6679	—0.0941	—0.3416	0.2051	
5,88	1,2829	—2.7743	—0.0931	—0.3258	0,2012	
5.90	1.3476	—2,8924	—0,0921	—0.3105	0.1976	—0,40311
5,92	1.4190	—3,0241	—0.0911	—0.2956	0 1942	
5.94	1.4984	—3,1719	—0.0901	—0.2812	0.1908	
5,96	1.5873	—3.3387	—0.0892	—0.2670	0.1876	
5,98	1.6870	-3.5284	—0.0883	—0,2532	0.1846	
6,00	1,8015	—3.7455	—0.0874	—0,2308	0,1817	—0,29101
6.02	1.9323	—3.9966	—0,0865	—0,2267	0,1789	
6,04	2.0842	—4,2902	—0.0856	—0,2138	0.1762	
6.06	2,2628	—4,6366	—0.0847	—0.2013	0,1736	
6 08	2.4760	—5.0527	—0.0839	—0,1890	0 1712	
6.10	2.7289	—5.5609	—0.0831	—0,1769	0.1689	0,18527
6.12	3.0573	—6.1949	—0.0823	—0.1651	0.1666	
6,14	3.4686	—7.0071	—0 0815	—0,1535	0.1645	
6.16	4,0126	—8,0854	—0 0807	-0.1422	0.1625	
6 18	4 7665	—9.5830	—0.0799	—0.1310	0.1606	
б’2О	5,8812	— 11,8030	—0.0791	—0,1200	0.1588	0,08337
V	a (*)		©i С)	es со	e3<v)	tgv
6,22  6.24  6,26  6,28  2л	7,7007 11,2034 20.7419 149,828	— 15.4327  —22.4274  —41.5016  —299.6568  ОО	—0.0783  —0.0776  —0.0768  —0.0761  —0,0760	—0,1092  —0.0985  —0.0880  —0.0776  —0,0760	0.1570  0.1552  0.1537  0.1522  0.1520	0,00000

В первом случае (рис. 63, а)

I

j* MiMk ds = у (acl + bdl) cc (v) + у (adl + bcl) p (v),
6

где a (v) = 1 (1— -2-J , ₽ (v) = A (-2- -1) .

Во втором случае (рис. 63, б)

i

J MiMk ds = ~ acl Si (v) + у bdl 02 (v) + (adl + bcl) 03 (v),

о

=	e2(V) = A(‘jp:+vtgv__2_ +,), e3(v) = ^-x

x(_

\COS V V /

Величины a, ₽ и 0 для различных значений v приведены в табл. 3.1 (v = nl).

Упражнения

3.15.	Определить критическую силу для рамы, показанной на
рис. 3.12, а, если I = 4 м, h = 6 м, жесткости сечений постоянны по
длине каждого стержня и равны EI.
Решение. Выбираем основную систему метода сил (рис. 3.12,
б) и строим эпюры изгибающих моментов ML и М2 (рис. 3.12, в, г).

Составляем уравнение устойчивости:

м<ч-1»::ЬН

ИЛИ 6цб22 — б 12 = 0.

Определяем единичные коэффициенты. Для стержня, сжатого силой
F, пользуемся приведенными выше формулами согласно рис. 63, б:
Е1Ъи = у (v) + ^ = 72 [1 + 0, (v)];

£/622 = ^ + z=/i = 117,33;

£/б,„ = £/621 =	= 72.

Вычисленные коэффициенты подставляем в уравнение устойчи-
вости:

72 [ 1 + 01 (v)] 117,33 — 722 = 0,
откуда (v) — —0,386. Пользуясь табл. 3.1, находим v = 2,9; из вы-
ражения v = h j/ получаем

£„ = '^=0,234£7.
3.16.	Пользуясь методом сил, для рамы, показанной на рис. 3.13.
1) записать уравнение устойчивости; 2) определить критическую силу
для случая / = h.

3.17.	Пользуясь методом сил, записать уравнение устойчивости для
рамы, показанной на рис. 3.14.

18.3.	Метод перемещений

В силу предпосылки о том, что на раму действует только такая узловая на-
грузка, которая до потери устойчивости не вызывает изгиба стержней, реакции
в фиктивных связях основной системы метода перемещений от этой нагрузки равны
нулю.

Система канонических уравнений имеет вид:

г 1Л ~F г 12^2 + ... + finZn = 0;

^21^1 ~ЬГ22^2 + • • • + Г2П%П = 0;	(3.12)

rniZi + f П2%2+ ••.+ГПП%П -- 0 J

В изогнутом равновесном состоянии неизвестные Z #= 0. Поэтому система
уравнений удовлетворяется только при равенстве нулю определителя, состав-
ленного из коэффициентов при неизвестных. Так составляется уравнение устой-
чивости:

det (D) =

Г11	Г12 • • Г1П

Г21	Г22	• • Г2П

(3.13)

ГП1 ГПй • • ГПП
Таблица 3.2

	К (*)	<р2 (*)	(*)	Ф* б)	(*)	»гЕМ
0.00	1,0000	1,0000	1.0000	1.0000	1.0000	1,0000
0.20	0,9973	0,9986	1.0009	0,9992	0.9840	0,9959
0.40	0,9895	0.9945	1,0026	0.9973	0.9362	0.9840
0,60	0.9756	0,9981	1.0061	0.9941	0.8556	0,9641
0.80	0,9567	0.9787	1,0111	0.9895	0.7434	0.9362
1,00	0,9313	0,9662	1,0172	0.9832	0,5980	0.8999
1.Ю	0,9164	0,9590	1.0209	0,9798	0,5131	0,8790
1.20	0.8998	0,9511	1.0251	0,9756	0,4198	0.8556
1.30	0.8814	0,9424	0,0296	0.9714	0,3181	0,8306
1,40	0.8613	0.9329	1,0348	0,9669	0.2080	0.8025
1.50	0,8393	0,9226	1,0403	0.9620	0.0893	0,7745
л 2	0,8225	0,9149	1,0445	0.9581	0	0,7525
1.60	0.8153	0,9116	1,0463	0,9567	—0.0380	0,7434
1,70	0.7891	0.8998	1,0529	0.9510	—0.1742	0.7102
1.80	0,7609	0.8871	1,0600	0 9449	—0.3191	0,6749
1.90	0,7297	0,8735	1.0676	0,9383	—0,4736	0,6375
2.00	0.6961	0,8590	1.0760	0.9313	—0.6372	0.5980
2.02	0.6891	0.8560	1.0777	0.9299	—0.6710	0.5899
2.04	0.6819	0,8530	1.0795	0,9285	—0 7053	0.5817
2,06	0,6747	0.8499	1.0613	0,9277	—0.7398	0,5734
2.08	0,6672	0.8468	1.0831	0,9255	—0.7749	0,5650
2,10	0.6597	0.8437	1,0850	0,9260	—0.8103	0,5565
2.12	0.6521	0.8405	1.0868	0.9225	—0.8465	0,5480
2.14	0.6443	0,8372	1,0887	0.9210	—0.8822	0,5394
2.16	0,6364	0,8339	1,0907	0,9195	—0.9188	0,5307
2.18	0,6284	0.8306	1,0926	0.9180	—0.9557	0.5220
2.20	0,6202	0.8273	1.0946	0.9164	—0.9931	0.5131
2.22	0.6119	0,8239	1,0966	0,9148	—1.0309	0,5041
2.24	0,6034	0.8204	1.0988	0,9132	— 1.0691	0.4951
2.26	0,5948	0,8170	1,1009	0.9116	—1,1077	0,4860
2.28	0.5861	0,8134	1,1029	0.9100	—1.1457	0,4768
2.30	0,5772	0,8099	1.1050	0.9083	—1,1861	0,4675
2.32	0,5681	0,8063	1.1072	0.9066	—1.2260	0,4581
2.34	0,5589	0.8026	1.1095	0.9019	— 1,2663	0.4486
2.36	0.5496	0.7989	1.1117	0.9032	-1,3069	0.4391
2.38	0,5401	0.7952	1.1140	0.9015	-1.3480	0.4295
2.40	0,5304	0.7915	1.1164	0,8998	— 1,3896	0.4198
2.42	0.5205	0.7877	1.1188	0,8991	— 1,4316	0,4101
2,44	0,5105	0.7838	1.1212	0.8963	—1.4743	0.4002
2.46	0.5003	0.7799	1.1236	0,8945	— 1.5169	0.3902
2.48	0.4899	0.7760	1.1261	0.8927	—1.5602	0.3802
2,50	0.4793	0.7720	1.1286	0.890»	— 1.6040	0.3701
2.52	0,4685	0,7679	1.1311	0.8890	-1,6383	0.3598
2.54	0.4576	0.7G38	1.1337	0.8871	— 1 6929	0 3195
2,56	0.4464	0.7596	1.1363	0.8852	1.7381	0.3391
2,58	0,4350	0.7555	1,1390	0,883'	1.7838	0.3°86
	т t (4	Y3 (-)	.(V)	( 4	Ъ (*)	Ъ (4
2.60	0 4234	0,7513	1.1417	0,8814	—1,8299	0.3181
2.62	0,4116	0.7470	1.1445	0.8795	— 1.8765	0.3075
2,64	0 3996	0.7427	1,1473	0.8776	—1,9236	0.2968
2.66	0,3873	0.7383	1,1501	0.8756	— 1,9712	0.2860
2.68	0,3748	0,7339	1,1530	0,8736	—2,0192	0.2751
2,70	0.3621	0,7294	1,1559	0.8716	—2,0679	0.2641
2,72	0,3491	0.7249	1,1589	0.8696	—2 1170	0.2531
2,74	0.3358	0.7204	1,1619	0.8676	—2,1667	0.2420
2,76	0.3223	0.7158	1,1650	0.8655	—2,2169	0.2307
2,78	0.3085	0,7111	1,1681	0.8634	—2.2676	0,2192
2.80	0,2944	0.7064	1.1712	0.8613	—2,3189	0.2080
2.82	0.2801	0.7016	1.1744	0.8592	—2.3707	0,1968
2,84	0.2654	0.6967	1,1777	0.8571	—2,4231	0.1850
2.86	0.2505	0.6918	1.1810	0,8550	—2,4760	0.1734
2.88	0.2352	0.6869	1.1844	0.8528	—2,5296	0.1616
2.90	0,2195	0.6819	1,1878	0.8506	—2,5838	0.1498
2.92	0 2036	0.6768	1.1913	0.8484	—2.6385	0,1379
2,94	0.1878	0.6717	1.1948	0.8462	—2.6939	0.1261
2,96	0.1706	0.6665	1.1984	0.8439	—2,7499	0,1138
2,98	0.1535	0.6613	1.2020	0,8416	—2,8066	0,1016
3,00	0 1361	0.6560	1.2057	0.8393	—2,8639	0,0893
3.02	0.1182	0.6506	1,2095	0.8370	—2.9219	0,0770
3,04	0.1000	0.6452	1,2133	0.8347	—2.9805	0,0646
3,06	0.0812	0.63'18	1,2172	0.8323	—3,0400	0,0520
3,08	0.0621	0.6343	1.2212	0,8299	—3,0991	0.0394
3,10	0.0424	0.6287	1,2252	0,8275	—3,1609	0.0267
3,12	0 0223	0.6230	1,2292	0.8251	—3.2225	0.0139
3,14	0.0017	0,6173	1,2334	0,8227	—3,2848	0.0011
п	0	0.6168	1.2336	0,8224	—3,2898	0
3.16	—0.0195	0,6115	1,2376	0.8203	—3.3480	—0.0118
3.18	—0.0412	0.6057	1,2419	0.8178	—3,4120	—0,0249
3,20	—0.0635	0,5997	1.2463	0.8153	—3,4768	—0,0380
3,22	—0.0864	0.5937	1,2507	0.8128	—3.5425	—0,0512
3,24	—0.1100	0.5876	1,2552	0.8102	—3.6092	—0,0646
3,26	—0.1342	0.5815	1.2597	0,8076	—3,6767	—0.0780
3,28	—0,1591	0,5753	1,2644	0,8050	—3,7453	—0.0915
3,30	—0.1847	0,5691	1.2691	0,8024	-3,8147	—0,1051
3.32	—0.2111	0.5628	1,2739	0,7998	—3,8852	—0,1187
3,34	—0.2383	0,5564	1.2788	0.7972	—3,9568	—0,1324
3,36	—0.2663	0.5499	1,2838	0.7945	—4.0295	—0.1463
3,38	—0.2951	0.5433	1.2889	0,7918	—4.Ю32	—0,1602
3,40	—0.3248	0,5366	1,2940	0,7891	—4.1781	—0,1742
3,12	—0 3555	0,5299	1,2992	0,7863	—4.2540	—0.1884
3,44	—0,3873	0,5231	1,3045	0,7835	—4,3318	—0,2026
3,46	—0.4202	0,5162	1,3099	0,7807	—4.4107	—0,2169
3,48	—0.4542	0,5092	1.3155	0.7779	—4,4910	—0,2313
V	?! (*)	<р2 (V)				Ъ (v)
3,50	—0.4894	0.5021	1,3212	0,7751	—4,5727	—0.2457
3,52	—0,5259	0.4950	1.3270	0.7723	—4.6560	—0.2602
3,54	—0.5638	0,4878	1.3328	0.7695	—4^7410	—0.2748
3,56	—0.6031	0.4805	1.3387	0.7667	—4.8276	—0,2894
3,58	—0,6439	0.4731	1.3447	0.7638	—4,9160	—0,3042
3,60	—0.6862	0.4656	1.3508	0.7609	—5.0062	—0,3191
3.62	—0.7303	0.4580	1.3571	0.7580	—5,0984	—0,3340
3,64	—0.7763	0,4503	1.3635	0.7550	—5,1928	—0.3491
3.66	—0.8243	0.4425	1,3700	0.7520	—5.2Я95	—0.3643
3,68	—0.8745	0,4345	1.3766	0.7483	—5.3886	—0,3797
3.70	—0.9270	0,4265	1.3834	0.7457	—5.4903	—0.3951
3.72	—0.9819	0.4184	1.3903	0.7425	—5,5947	—0.4107
3.74	—1,0395	0.4102	1.3973	0.7393	—5,7020	—0.4263
3.76	— 1.0999	0.4019	1.4044	0.7361	-5.8124	—0.4420
3,78	— 1,1034	0.3935	1.4217	0,7329	—5.9262	—0.4578
3.80	— 1.2303	0.3850	1.4191	0,7297	-6.0436	—0,4736
3.82	-1.3009	0,3764	1,4267	0,7265	—6.1650	—0,4895
3.84	—1,3754	0.3677	1,4344	0,7232	—6.2906	—0,5056
3.86	— 1,4543	0.3588	1,4423	0,7199	—6,4208	—0,5217
3,88	—1,5380	0.3498	1.4503	0,7166	—6.5561	—0.5379
3,90	— 1,6468	0.3407	1.4584	0.7133	—6.6968	—0,5542
3,92	— 1,7214	0.3315	1.4667	0.7099	—6.8435	—0.5706
3.94	— 1.8227	0.3221	1,4752	0,7065	—6.9972	—0.5871
3.96	— 1,9310	0.3126	1*4838	0,7031	—7.1582	-0.6037
3,98	-2.0473	0.3030	1.4928	0.6996	—7.3274	-0.6204
4.00	—2,1725	0.2933	1,5018	0.6961	-7.5058	—0,6372
4,02	—2.3074	0.2834	1,5110	0.6926	—7.6942	—0.6541
4.04	—2.4547	0.2734	1,5204	0.6891	—7.8952	—0,6710
4.06	—2.6142	0.2632	1.5301	0.6855	—8.1087	—0,6881
4.08	—2,7888	0.2529	1*5400	0.6819	-8.3376	—0.7053
4.10	—2.9806	0,2424	1,5501	0.6783	—8,5839	—0.7225
4,12	—3.1915	0.2318	1,5604	0.6747	—8,8496	—0.7398
4.14	—3.4262	0,2210	<5709	0.6710	—9,1394	—0.7573
4.16	-3.6877	0.2101	1 5816	0.6673	—9.4562	—0,7749
4.18	—3.9824	0,1990	<5925	0.6635	-9,8065	—0,7925
4.20	—4,3155	0.1877	1,6036	0.6597	—10,196	—0,8103
4,22	—4.6970	0.1762	1,6150	0.6559	—10.633	—0,8281
4,24	—5.1369	0.1646	1 *6267	0.6521	—11.129	—0.8460
4.26	—5.6516	0,1528	1 6387	0,6482	—11.701	—0.8641
4,28	—6,2607	0.1409	<6510	0.6443	—12,367	—0.8822
4,30	—6.9949	0.1288	1,6637	0.6404	—13.158	—0,9004
4,32	—7.8956	0.П65	1*6767	0.6364	-14.116	—0,9188
4.34	—9.0306	0.1040	1 fi8QQ	0.6324	— 15,309	—0.9372
4,36	— 10.503	0.0912		0,6284	— 16.840	—0.9557
4.38	— 12,523	0.0781	I ,/Uoo 1.7170	0.6243	—18,918	—0.9744
*	<?i 0»)	Тг ( ')	Тз (v)	-₽« 0)	’ll (Ч	>1! (V)
4.40	—15.330	0.0648	1.7310	0.6202	—21.783	—0.9931
4.42	—19.703	0.0513	1.7452	0.6161	—26,215	—1.0119
4,44	—27.349	0.0376	1.7602	0,6119	—33*920	— 1.0309
4,46	—44.148	0.0237	1.7754	0.6077	—50,779	— 1.0499
4.48	—111.57	0.0096	1.7910	0.6034	— 118.26	— 1.0691
4.50	4-227.80	—0.0048	1,8070	0.5991	+221,05	— 1.0884
4.52		—0.0194	1.8234	0.5948		—1.1077
4.54		—0.0343	1.8402	0,5905		—1.1271
4.56		—0.0495	1.8575	0.5861		— 1,1457
4.58		—0,0650	1.8752	0.5817		-1,1662
4,60		—0.0807	1.8933	0.5772		—1.1861
4,62		—0.0969	1.9119	0.5727		— 1.2060
4,64		—0.1133	1.9310	0.5681		— 1.2250
4.66		—0.1301	1.9507	0.5665		-0.2461
4.68		-0.1472	1,9710	0,5589		— 1,2663
4.70		—0.1646	1,9919	0.5543		— 1.2865
3/2 л		—0,1755	2,0052	0.5514		—1.2992
4.72		—0.1824	2,0134	0.5496		—1.3069
4.74		—0,2005	2.0355	0.5449		—1.3274
4.76		—0,2190	2,0582	0,5402		—1,3480
4.78		—0.2379	2.0816	0,5354		—1,3586
4,80		—0,2572	2,1056	0,5305		—1.3896
4.82		—0.2770	2.1304	0,5255		— 1,4105
4,84		—0.2973	2.1506	0,5205		— 1,4316
4.86		—0.3181	2.1824	0,5155		— 1.4528
4,88		—0,3394	2.2096	0,5105		—1.4743
4.90		—0.3612	2.2377	0.5054		—1.4954
4.92		—0.3834	2,2667	0.5003		—1.5169
4.94		—0.4061	2,2966	0.4951		—1.5385
4.96		—0.4293	2.3275	0.4899		— 1.5602
4.98		—0,4530	2,3594	0.4846		— 1.5821
5.00		—0.4772	2,3924	0.4793		—1.6040
5.02		—0.5022	2.4265	0.4739		—1.6261
5.04		—0,5280	2.4620	0,4685		—1.6483
5.06		—0.5545	2,4986	0,4630		—1,6706
5,08		—0.5818	2,5365	0,4576		—1.6929
5,10		—0.6099	2,5757	0.4520		—1.7155
5,12		—0,6388	2.6164	0.4464		—1.7381
5.14		—0.5685	2,6587	0,4407		—1.7609
5.16		—0.6999	2,7027	0.4350		—1,7838
5.18		—0,7306	2,7485	0,4292		— 1,8078
5,20		—0.7630	2,7961	0,4234		—1,8299
5.22	1	! —0.7964	2,8454	0,4175		—1,8532
5.24		—0.8310	2,8968	0.4116		—1.8765
5.26		—0 8668	2.9504	0,4056		— 1,9000
5,28		—0,9039	3.0064	0.3996		— 1,9236
*	)	rU">	г, СО	>Г4 (V)	тц Ь)	Ч» (*)
5,30		—0,9423	3,0648	0,3931		—1,9477
5,32		—0,9821	3,1257	0.3873		— 1,9712
5.34		— 1,0233	3.1893	0.3811		—1,9952
5.36		— 1.0660	3,2559	0.3748		—2.0193
5,38		— 1.1103	3,3267	0.3685		—2,0435
5.40		—1.1563	3,3989	0.3621		—2.0679
5,42		—1.2043	3,4757	0,3556		—2.0924
5,44		—1.2544	3,5563	0,3491		—2.1170
5,46		—1.3067	3,6409	0,3425		—2.1418
5,48		— 1.3612	3,7298	0,3358		—2,1667
5.50		— 1.4181	3,8234	0,3291		—2,1917
5,52		— 1,4777	3.9222	0.3223		—2,2169
5.54		— 1.5402	4.0267	0,3154		—2.2422
5.56		— 1.6059	4.1374	0.3085		—2,2676
5,58		— 1,6751	4.2549	0,3015		—2,2932
5.60		— 1,7481	4.3794	0,2944		—2,3189
5.62		— 1,8252	4,5118	0.2873		—2,3447
5,64		—1,9065	4,6526	0.2801		—2,3707
5.66		— 1.9920	4.8026	0,2727		—2,3969
5,68		—2,0833	4.9629	0,2654		—2.4231
5,70		—2.1804	5.1346	0,2580		—2,4495
5,72		—2,2833	5,3190	0.2505		—2.4760
5.74		—2.3944	5,5173	0.2429		—2,5027
5,76		—2,5130	5.7314	0.2352		—2.5296
5.78		—2,6406	5.9628	0.2374		—2.5466
5.80		—2,7677	6,2140	0.2195		—2.5838
5.82		—2.9262	6,4873	0.2116		—2,6111
5.84		—3.0876	6.7859	0.2036		—2,6385
5.86		—3,2634	7.1132	0.1955		—2,6661
5.88		—3.4562	7.4738	0,1873		—2,6939
5.90		—3.6678	7.8726	0,1790		—2,7218
5.92		—3,9018	8.3163	0.1706		—2.7499
5,94		—4.1603	8.8122	0.1621		—2,7782
5.96		—4,4547	9.3706	0.1535		—2.8066
5.98		—4,7816	10.004	0.1448		—2,8352
6.00		—5.1589	10,727	0.1361		—2,8639
6.02		-5,5845	11.561	0.1272		—2,8928
6.04		—6,0653	12.534	0.1182		—2.9219
6.06		—6,6753	13.683	0,1091		—2,9512
6.08		—7,3699	15,060	0.0999		—2,9805
6.10		—8.2355	16.739	0.0906		—3.0102
6.12		—9,2939	18.832	0.0812		—3.0400
6.14		—10.646	21.511	0.0717		—3.0699
6.16		—12.440	25.065	0.0621		—3,0991
6.18		— 14.921	29,999	0.0523		—3,1304
Пpodo.iKCHii- tnaojt. 3,2

-		. .. (V)	«Рз (')	Ь)	Ъ (')	ч- (»)
6.20  6.22  6.24  6.26  6.28  2л		—18.594  —24.575  —36,100  —67.436  —492.67  	ОО	37,308  49.255  72.272  135.03  984,32  4-00	0,0424 0,0324 0.0223  0,0121  0,0017 0		—3.1609  —3,1916  —3,2225  —3.2535  —3.2848  —3.2898

Единичные коэффициенты (реакции) определяют, как обычно в методе пере-
мещений. из условий равновесия узлов или отсеченной части основной системы,
загруженной соответствующим единичным неизвестным.

Для стержней, испытывающих кроме изгиба продольное сжатие, заранее вы-
полнены расчеты и построены эпюры изгибающих моментов от единичных пере-
мещений. Этими эпюрами и пользуются при расчете рам на устойчивость (рис. 64).

Реактивные моменты и поперечные силы содержат поправочные коэффициенты

ф и I), которые зависят от параметра v = I 1/	•

v- tp V

v(tgv —у)

.,g2-

v(v—sinv)

<рэм=—.	— 

4 sin v tg —-

; <Pi (v) = <Pi

ni(v) = 3(tgv-v): 4’<v) = ’li

Пз (v) = <Га (v).

Значения функций <р и 1] приведены в табл. 3.2.

Порядок расчета рам на устойчивость методом перемещений следующий:

1.	Анализируют расчетную схему и выбирают основную систему.

2.	Строят эпюры изгибающих моментов в основной системе от действия еди-
ничных неизвестных. При этом пользуются таблицами метода перемещении, а для
сжатых стержней — рис. 64.

3.	Определяют единичные коэффициенты по условиям равновесия узлов или
сечений.

4.	Записывают систему канонических уравнений без грузовых членов, под-
ставляя туда вычисленные единичные коэффициенты.

5.	Составляют определитель этой системы и приравнивают его к нулю. Рас-
крывают определитель, получая таким образом уравнение устойчивости.

6.	Решают уравнение устойчивости (обычно подбором) и находят критиче-
скую силу или критический параметр.

Согласно принятым предпосылкам, рассматриваемый метод применим, если
потеря устойчивости происходит в пределах упругой работы материала. Поэтому
необходима проверка наибольших напряжений: при критическом загружений
они не должны превышать предела пропорциональности материала.

Упражнения

3.18.	Определить критическую силу для рамы, показанной на
рис. 3.15, а, при следующих данных: I = 2 м, h = 4 м, = 2.
Решение. Основная система показана на рис. 3.15, б. Здесь же
дана эпюра изгибающих моментов от единичного поворота жесткоза-
щемленного узла. При построении этой эпюры для ригеля, испытываю-
щего только изгиб, пользуемся табличными данными метода перемеще-
ний; для стойки, находящейся в стато-изогнутом состоянии, пользуемся
рис. 64.

Записываем каноническое уравнение метода перемещений:
rii^i = о.

Уравнение устойчивости имеет вид
'н = о,
или, подставив значение коэффициента ru,

При заданных в упражнении параметрах получаем

3 + <jp2 (v) = 0» откуда <p2 (v) = —3.

По табл. 3.2 линейной интерполяцией находим v = 5,82. Тогда кри-
тическая нагрузка

р _v2E/2 _b№EIz
cr ~	~	42	~ Z’ 1	2’

При расчете и конструировании стойки необходимо знать коэффи-

циент продольного изгиба <р, зависящий от гибкости X =	.

Imin

Коэффициент свободной длины р находим из условия равенства по-
лученного значения критической силы и критической силы, вычислен-
ной по формуле Эйлера:

v2EI2 __ 7&EIz
/г2 "" (p/г)2 *

откуда p = л/v. В нашем случае p = 0,54.

3.19.	Пользуясь методом перемещений, определить критическую на-
грузку для рамы, представленной на рис. 3.16, если h = Z2 = 2 м, =
= 3 м, ЕЦ: Е12:Е13 = 1,2 : 1 : 1.

3.20.	Определить критическую силу и коэффициент свободной длины
средней стойки для рамы, показанной на рис. 3.17, при I = h = 4 м.

Указание. При решении задачи методом перемещений сле-
дует использовать симметрию рамы и ее загружения. Из трех неизвест-
ных (два угловых и одно линейное) для двух угловых целесообразно
применить способ группировки неизвестных.

Убедиться, что рама теряет устойчивость по кососимметричной фор-
ме и уравнение устойчивости имеет вид г22г33 — г|3 = 0.

3.21.	Определить критическую силу, действующую на раму, пока-
занную на рис. 3.18, если I = 4 м, h = 6 м.

3.22.	Для статически неопределимой рамы, показанной на
рис. 3.19, я, определить критические силы, пользуясь методом переме-
щений.
h-Чм
Решение. Основную систему метода перемещений получаем пу-
тем введения заделок в промежуточные узлы 1 и 2.

Так как нагрузка на раму только узловая, поперечный изгиб стерж-
ней отсутствует, и система канонических уравнений метода перемеще-
ний имеет вид

+ ri2^2 = 0;

^21^1 Ч- Г22^2 = 0-

Уравнение устойчивости получаем, приравняв к нулю определитель
этой системы:

det(D)^k11 '12| = r11r22-r?2 = 0.

I '21 г22 I

При построении эпюр изгибающих моментов от единичных углов
поворота промежуточных узлов рамы пользуемся таблицами метода
перемещений, а для стержней, испытывающих сжатие (левая и правая
стойки),— рис. 64. При построении эпюр с помощью рис. 64 учиты-
ваем, что параметры v для стоек будут различными, так как сжимаю-
щие силы, действующие на стойки, не одинаковы.

Для правой стойки

vr = ft/^=v,
для левой

vz = ft|/^ = 1,183V.

Эпюры Mi и М2, построенные на основной системе, показаны на
рис. 3.19, б, в.

Из условий равновесия узлов основной системы при единичных зна-
чениях неизвестных определяем единичные коэффициенты:

гп = 1,7Е/ + (р2 (1,183v) £/;

г22 — 1,7Е/ 4- <р2 (v) ЕК
ri2 = r2i — 0,4Е7.

Уравнение устойчивости запишется так:

[<р2 (v) + <р2 (l,183v)] -4- <р2 (v)cp2 (l,183v) + 2,73 = 0.

Задача состоит в определении параметра т, удовлетворяющего этому
уравнению.

Пользуясь табл. 3.2, решаем уравнение способом последовательных
приближений.

Задаваясь некоторым значением v, по таблицам находим ip2 (v)
и <р2 (1,183-v). Полученные величины подставляем в уравнение. Если
оно не удовлетворяется, надо задаться другим значением v.

Для того, чтобы определить, в каких пределах надо задаваться зна-
чениями v, можно провести такой анализ.

Верхние сечения стоек рамы не имеют горизонтальных перемещений
(рама с иесмещающимися узлами), следовательно, критическая сила
будег больше, чем для консольной стойки. С другой стороны, учитывая
возможность поворотов узлов из-за упругости ригелей, можно утверж-
дать, что критическая сила будет меньше, чем для стойки с двумя жест-
кими защемлениями.

Определим значения параметра v, соответствующие этим двум слу-
чаям. В первом случае

г л-EI v2El	ч

Fcr = w = “лз- • откуда v = г = 1>57-

Во втором случае

я2Е1 v2EI

Fcr = (оЗлй =	’ откУДа v = 2л = 6,28.

Следовательно, значения v могут изменяться в пределах 6,28 >
>v>l,57. Учитывая, что условия работы стоек ближе к первому
случаю (отсутствуют смещения узлов, жесткости ригелей больше жест-
костей стоек), целесообразно задаваться значениями v, близкими к верх-
нему пределу.

1.	Зададимся v — 4,5; тогда l,183v = 5,323. По табл. 3.2 <р2 (4,5) =
= —0,0048; <р2 (5,32) - —0,9821.

Проверяем уравнение устойчивости:

1,7 (—0,0048 — 0,9821) 4- 0,0048 - 0,9821 + 2,73 = 1,06	0.

2.	Зададимся v~ 4,8;	l,183v = 5,678; ср2 (4,8) = —0,2572;

<р2 (5,678) = —2,0742.

Подставив значения функций <р2 в уравнение устойчивости, полу-
чаем:

1,7(—0,2572 — 2,0742) 4- 0,2572 • 2,0742 4- 2,73 = —0,7 Ф 0.

3.	Предполагая, что в интервале 4,5 < v < 4,8 зависимость левой
части уравнения устойчивости от v близка к линейной, зададимся v —
= 4,7; тогда l,183v = 5,56; <р2 (4,7) = —0,1646; ф2 (5,56) = —1,6059.

Уравнение устойчивости удовлетворяется в пределах точности рас-
чета (погрешность составляет 0,5 %).

Итак, принимаем v = 4,7. Тогда критическая сила

Fcr =	= 1,38£7; 1 AFer = 1,93£/.

Вычисляем коэффициенты свободной длины стоек:

л 3 14

для левой стойки и =	= 0,56;

191 ooV

для правой р =	= 0,67.

3.23.	Для рамы, показанной на рис. 3.20, определить критическое
значение силы F, пользуясь методом перемещений. Принять / — h,
k = 0,8. Жесткости сечений всех стержней одинаковы.

3.24.	Определить критическую нагрузку, действующую на раму,
показанную на рис. 3.21, а, при следующих данных: I = 4 м; h2 = 4 м;

= 6 м; k — 1,8. Вычислить коэффициенты свободной длины стоек.
Решение. Основную систему метода перемещений получаем
введением двух связей — угловой и линейной. Так как нагрузка на
раму только узловая, реакции во введенных связях от поперечного
изгиба стержней отсутствуют, и система канонических уравнений имеет
вид

г п^1 +г 12^2=
f 21^1	1 22^2 =

Уравнение устойчивости получаем, приравняв к нулю определитель
этой системы:

det(D) = |r" 4 = 0,

I Г21 *22 1

или, учитывая, что г12 = г21, имеем

Gl/*22 - ^12 = 6-

Для определения единичных коэффициентов строим эпюры изги-
бающих моментов в основной системе от единичного поворота жесткого
узла (рис. 3.21, б) и единичного линейного смещения (рис. 3.21, в). При
построении этих эпюр пользуемся таблицами метода перемещений,
а для стержней, испытывающих осевое сжатие (в нашей задаче стойки),—
рис. 64. Принимаем для левой стойки vi = 6 ]/"= v. Тогда для пра-
вой Vr = 4 I = 0,756V.

По единичным эпюрам, из условий равновесия левого узла и отсе-
ченного ригеля,

гп = EI [1,05 4- 0,667(f>2 (v)];

г22 = EI [0,055t]2 (v)	0,0651]! (0,756v)];

Г12 = r21 = —0,167E7<p4 (v).

Полученные коэффициенты подставляем в уравнение устойчивости
0,0578)], (v) 4- 0.0683»]! (0,756v) 4-	(v) 10,0367т]2 (v) 4-

4- 0,0443)]! (0,756v)l — 0,0278^ (v) = 0.

Решаем уравнение путем подбора, задаваясь параметром v и находя
функции <р и 1] по табл. 3.2.

Приближенно установим возможные пределы изменения парамет-
ра v. Условия закрепления левой стойки определены двумя предель-
ными схемами:

а)	консоль:

с _ v2£/ _ п*Е1
Гсг— р — 4/2 »

откуда v = —= 1,57;

б)	жесткие защемления по обоим концам:

v2F/ _ 4л2£7
/2	—	/£

откуда v — 2л = 6,28.

Предельными схемами закрепления правой стойки являются:
а) консоль: v = 1,57;
б)	одна жесткая и одна шарнирная опора:

у2 £7 _ 2л2£/
/2	—	/3

, откуда v =

лК2 - 4,14.

Итак, параметр v находится в пределах 6,28 < v < 1,57. Однако,
учитывая особенности расчетной схемы рамы (возможность поворота
жесткого узла из-за упругости ригеля, а также линейные смещения
узлов), можно утверждать, что действительное значение параметра v
ближе к своему нижнему пределу.

Зададимся v = 3; тогда 0,756v = 2,27. По табл. 3.2 ф2 (3) = 0,656;
ср4 (3) = 0,8393; Tix (2,27) = —1,1267; т]2 (3) = 0,0893. Подставляем эти
значения в уравнение устойчивости:

0,0052 — 0,1257 = —0,1205	0.

Примем v = 2; тогда 0,756v = 1,51. Находим <р2 (2) = 0,859;
<р4 (2) = 0,9313; ъ (1,51) = 0,0767; т)3 (2) = 0,598.

Уравнение устойчивости не удовлетворяется:

0.0615 — 0,0241 =/= 0.

Предполагаем, что на интервале 2 < v < 3 левая часть уравнения
линейно зависит от v. Примем v = 2,26; тогда 0,756v = 1,71; (р2 (2,26) =
= 0,817; ф4 (2,26) = 0,9116;	(1,71) = —0,1872; т]2 (2,26) = 0,486.

Уравнение устойчивости практически удовлетворяется:

0,036 — 0,0359 = 0,0001 (погрешность менее 0,3 %).

Итак, принимаем v = 2,26. Критическая сила
f„=^=^ = 0>142£/.

Коэффициенты свободной длины стоек:

левой	л 3» 14 я fJ'z = T== 2^26 ~ ,39,
правой	3.14	1 о,  [1г ~ 1,71 “

Глава 19

УСТОЙЧИВОСТЬ АРОК

19.1	. Общие положения

Кривые стержни малой кривизны (зрки, кольца), как и прямые стержни,
при действии критических нагрузок теряют устойчивость (рис. 58, б, г). В зада-
чах данного курса предполагается, что до начала потери устойчивости все сече-
ния арки испытывают только центральное сжатие. Это соответствует тем слу-
чаям, когда ось арки очерчена по кривой давления, а упругое обжатие не учиты-
вается.

В момент потери устойчивости арка переходит в новое состояние равновесия,
при котором дополнительно возникает изгиб кривого бруса. Исследование формы
потери устойчивости и определение критического значения нагрузки обычно вы-
полняют статическим способом, анализируя решение дифференциального урав-
нения равновесия системы, составленного для этого нового равновесного состоя-
ния.

19.2	. Круговые арки

Для кривого бруса кругового очертания малой кривизны дифференциальное
уравнение равновесия в полярных координатах при учете лишь радиальных пере-
мещений имеет вид

где w — перемещение по радиальному направлению; 6 — угловая координата
сечения, отсчитываемая от оси симметрии; М — изгибающий момент; EI — жест-
кость сечения при изгибе; г — радиус очертания оси арки (кольца).

«Минус» в правой части формулы (3.14) соответствует правилу знаков, соглас-
но которому изгибающий момент считается положительным, если он уменьшаег
начальную кривизну бруса.

Расчет арок на устойчивость статическим способом выполняют в таком по-
рядке.

1.	Составляют выражение изгибающего момента в произвольном сечении арки.

2.	Записывают дифференциальное уравнение равновесия (3.14) и его общее
решение, содержащее постоянные коэффициенты.

3.	Составляют граничные условия, удовлетворяющие данной расчетной схе-
ме арки.

4.	Решение дифференциального уравнения подчиняют поочередно гранич-
ным условиям, что дает систему линейных алгебраических уравнений относитель-
но постоянных коэффициентов.

5.	И’ множителей, стоящих при постоянных коэффициентах, составляют
определитель этой системы.

6.	Приравнивая определитель системы к нулю, получают уравнение устой-
чивости.

7.	Критическую нагрузку (или критический параметр) определяют из урав-
нения, решаемого обычно подбором.

8.	Вычисляют наибольшие критические напряжения и сравнивают с пределом
пропорциональности данного материала. Решение правомерно, если ссг < оп.

Упражнения

3.25. Определить критическую нагрузку для кругового кольца по-
стоянной жесткости, подверженного действию радиальной равномерно
распределенной нагрузки q (рис. 3.22).

Решение. До потери устойчивости все сечения кольца испыты-
вают только сжатие. Форма потери устойчивости — симметричная. При
потере устойчивости кольцо принимает слегка изогнутую форму. При
этом изгибающий момент в сечении Ко, лежащем на оси симметрии,
Мо = qrw0, а в любом сечении М = qrw.

Дифференциальное уравнение равновесия имеет вид

d2w .	qfAw

— 4-Ш — уу,
или, обозначив 

п=У' + тг	(ЗГ”

получаем
Общий интеграл этого однородного дифференциального уравнения
второго порядка известен:

w = Сг cos пб 4- С2 sin «0.	(3-17)

Для определения постоянных Сг и С2 используем граничные усло-
вия:

1)	при е = 0 ^ = 0;

2)при0 = -2 ^ = 0.

Подчиняя уравнение (3.17) первому условию, получаем С2 = 0.
Согласно второму граничному условию

—пСг sin -у = 0.

При потере устойчивости кольцо испытывает изгиб (w 0), следо-
вательно, С\ #= 0, п Ф 0. Поэтому sin = 0. Это может быть при таких
значениях аргумента: = зт, 2л, Зл, ... Минимальное значение па-
раметра п равно двум. _________

1Г	Яс/3

Из условия (3.15)	1 + -уу- = 2 определяем наименьшую крити-

ческую нагрузку:

9сг = 3^-.	(3.18)

3.26.	Стальная труба круглого поперечного сечения диаметром
d — 1 м и толщиной стенки 6=2 см находится под равномерно распре-
деленным (гидростатическим) давлением по всему наружному кон-
туру. Определить критическое значение этого давления (qcr) и крити-
ческие меридиальные напряжения.

Для материала трубы Е = 2,1 • 106 МПа, коэффициент Пуассона
v = 0,3.

Указание. Следует рассматривать единицу длины трубы. Тогда
применимо решение, полученное для кольца, но вместо Е надо ввести
. Момент инерции /=63/12.

3.27.	Определить критическое значение радиальной равномерно рас-
пределенной нагрузки, действующей на двухшарнирную арку кругового
очертания радиуса г с центральным углом, равным 2а (рис. 3.23), и
продольную критическую силу.

Решение. Дифференциальное уравнение равновесия имеет вид
(3.16), а его общее решение — (3.17) при обозначении (3.15).

Наименьшее значение критической нагрузки соответствует кососим-
метричной форме потери устойчивости (на рис. 3.23 — штрихпунктир-
ная линия).

Граничные условия: 1) при 0 = 0 w = 0; 2) при 0 = a w = 0.

Подчинив этим условиям уравнение (3.17), получаем соответственно
Сг = 0; С2 sin па = 0.

При потере устойчивости С2 ф 0, следовательно, второе условие
возможно лишь при sin /га = 0. Отсюда следует, что па = л, 2л, Зл,
Наименьшей критической нагрузке соответствует равенство па = л,
откуда п — —

Тогда выражение (3.15) запишем так:

а Г EI ’

откуда

£//л2	\

^СГ ~ гЗ (а2	1)-

Продольная сила в арке при критической нагрузке

Отметим, что при расчете пологих арок (т. е. при а^.~ или ~
единицей в скобках можно пренебречь и критическую продоль-
ную силу определять по приближенной формуле

3.28.	Проверить устойчивость двухшарнирной арки кругового очер-
тания (рис. 3.23) под гидростатическим давлением р = 1000 кН/м2, если
I = 6 м, f = 2 м, жесткость сечения EI = 2 • 104 кН • м2.
Указание. Предварительно вычислить радиус кривизны арки
Z2 , f	. I

г -	~ и половину центрального угла: sin а =	.

3.29.	Определить критическое значение гидростатического давле-
ния, действующего на бесшарнирную арку кругового очертания. Ра-
диус оси арки г = 18 м, центральный угол 2а = 120° (рис. 3.24).

Решение. Наименьшей критической нагрузке соответствует ко-
сосимметричная форма потери устойчивости.

Решение, полученное для двухшарнирных арок, можно применить
и для бесшарнирных, если учесть опорные моменты в пятах 714» -

Тогда изгибающий момент в любом сечении бесшарнирной арки

л« sin 6
М = prw — Ма	,

sma ’

и дифференциальное уравнение равновесия (3.16) получит вид

4-	wrr = с sin 6,	(3.19)

где

n=V1 +и >	(см. 3.15)

С= Л.. .----.

EI sin a

Общее решение дифференциального уравнения (3.19)

w = cos п0 4- С2 sin пб + sin 6	(3.20)

Для определения С1г С2 и С3 имеем три граничных условия:

1)	при 0 = 0 w = 0;

2)	при 0 = a w = 0;

3)	при е = а = 0.

Подчиняя уравнение (3.20) поочередно граничным условиям, по-
лучаем:

С, = 0; С2 sin па 4- 2Сз т sin a = 0;

X	2	I n2 -- 1

(J

С9п cos па 4- g 3 г cos a = 0.

2	1 n2 — 1

Приравниваем к нулю определитель, составленный из коэффициен-
тов при С2 и С3:

откуда получаем уравнение устойчивости:
п = tg па • ctg a.	(3.21)
Уравнение (3.21) решается подбором при заданном угле а. Для не-
которых углов значения п приведены ниже:

сс° 30	60	90	120	150	180

п 8,62	4,38	3	2,36	2,07	2

В рассматриваемой задаче а = 60°, следовательно, п = 4,38. Из
уравнения (3.15)

р = EI = (4,3Х>~ ° = 312 • 1(Г» Е1.
г гл	loJ

3.30.	Для бесшарнирной круговой арки, испытывающей гидроста-
тическое давление, определить критическую нагрузку при следующих
данных: пролет арки I = 30 м, стрела подъема f — 9 м, жесткость арки
постоянна по длине и равна EI.

3.31.	Записать уравнение устойчивости и определить критическое
значение равномерно распределенной нагрузки, действующей на кру-
говую трехшарнирную арку радиуса г = 16 м при центральном угле
2а = 60° (рис. 3.25).

Решен и е. Как доказал А. Н. Динннк, наименьшее значение кри-
тической нагрузки для трехшарнирной круговой арки, испытывающей
гидростатическое давление, соответствует симметричной форме потери
устойчивости с опусканием среднего шарнира.

Критическая нагрузка из уравнения (3.15)

Параметр п определяется из уравнения устойчивости

4 (tg а—а) ___ tg и — ц

а3	ил *	'	'

па

где и = -% .

Решая уравнение (3.22) подбором или графически, получаем и =
= 1,387. Тогда п = 2и'а = 5,298, и критическая нагрузка

Per = (5,298- - 1) -£L = 66 - 10“4 Е1.

Для всех арок кругового очертания критическое значение равно-
мерно распределенной радиальной нагрузки можно определять по об-
щей формуле

Pcr = k^-.	(3.23)

Продольная сила, соответствующая критическому состоянию,

Ncr = k^.	(3.24)

Коэффициент устойчивости k (по А. Н. Диннику) зависит от угла
2a (табл. 3.3).
Критическая нагрузка может быть также определена по заданной
пологости арки:

Per = k,-p.	(3.25)

Значения коэффициента приведены в табл. 3.4.

Таблица 3.3

2а, град	Коэффициент устойчивости - для круговых арок		
	бесшар- ннрных	двухшар- н ирных	трехшар- нирных
30	294	143	108
60	73.3	32	27,06
90	32,4	15	12
120	18,1	8	6.75
150	11,5	4,76	4.32
180	8	3	3

Таблица 3.4

Ш	Коэффи' чент /?, для арок		Круговы ’
	бесшар- пирных	двухшар- нирных	трехшар- иирны-о
0,1	58.9	28.4	22.2
0.2	90.4	39.3	33,5
0.3	93.4	40,9	34.9
0,4	80.7	32,8	30.2
0,5	64	24	24

3.32. По данным табл. 3.4 построить графики зависимости между
коэффициентом устойчивости kr и отношением стрелы подъема арки
к ее пролету для бесшарнирной, двухшар ни р ной и трехшарнирной
арок. Исследовать область наибольшей устойчивости.

19.3. Арки параболического очертания

Если пренебречь упругим обжатием, то можно считать, что параболическая
арка, подверженная действию вертикальной равномерно распределенной нагруз-
ки. испытывает только осевое сжатие.

При критическом значении нагрузки потеря устойчивости параболической
арки, как и круговой, характеризуется появлением изгиба.

Исследование устойчивости параболических арок значительно усложняется:
дифференциальные уравнения равновесия имеют более высокий (третий и четвер-
тый) порядок и не интегрируются в замкнутом виде.

А. Н. Динник получил дифференциальное уравнение параболической арки
при вертикальной равномерно распределенной нагрузке и применил численный
метод его интегрирования. Он исследовал устойчивость бесшарнирной, двухшар-
нирной и трехшарнирной арок постоянной жесткости при различных отношениях
стрелы к пролету.

Наиболее опасной формой потери устойчивости для бесшарнирной и двухшар-
нирной арок является кососимметричная.

Форма потери устойчивости трехшарнирной арки зависит от ее пологости.
Для пологих арок (/// < 0,3) наименьшая критическая нагрузка соответствует
симметричной форме потери устойчивости. При ///> 0,3 опасной является косо-
симметричная форма. Если fll близко к 0,3, следует рассмотреть обе формы по-
тери устойчивости и принять меньшее значение критической нагрузки.

Общая формула для определения критического значения интенсивности рав-
номерно распределенной нагрузки имеет вид:

EI

qcr = k — t	(3.26)

где I — пролет арки; k — коэффициент устойчивости, зависящий от типа арки
и отношения fll (табл. 3.5).
Таблица 3.5

tn	Коэффициент k для параболических арок			
	бесшарнирных	двухшарнирных	трехшарнирных	
			Форма потери устойчивости	
			симметричная	кососиммет- ричная
0,1	60.7	28.5	22,5	28.5
0.2	101	45,4	39,6	45,4
0.3	115	46.5	47,3	46.5
0.4	111	43,9	29,2	43,9
0.5	97.4	38.4	—	38,4
0.6	83.8	30,5	38	30.5
0.8	59,1	20	28.8	20
1	43.7	14.7	22.1	14,1

Упражнения

3.33.	Определить критическое значение равномерно распределен-
ной нагрузки, действующей на бесшарнирную арку параболического
очертания (рис. 3.26) при следующих данных: пролет арки I = 60 м,
стрела подъема f = 12 м, жесткость

ПП1.Н A LJJ..I

9

Рис.3-26

сечения постоянна по длине арки —
Е1 = 336 - 103 кН - м3.

3.34.	Найти критическое значение
равномерно распределенной верти-
кальной нагрузки q и критический
распор Нсг, действующие на трех-
шарнирную параболическую арку по-
стоянного сечения. Проверить, не пре-
вышают ли критические напряжения

(наибольшие в замке исг = НСГ1А) предела пропорциональности мате-
риала.

Площадь сечения арки А = 300 см2, момент инерции 7 = 160 000 см4,
материал — сталь СтЗ; Е ~ 2.1 • 105 МПа, пролет арки I = 60 м, стре-
ла подъема / = 6 м.

Глава 20

УСТОЙЧИВОСТЬ ПЛОСКОЙ ФОРМЫ ИЗГИБА

При плоском поперечном изгибе рациональны по прочности такие тонкостен-
ные поперечные сечения, площади которых удалены от нейтральной линии, что
соответствует большой разнице между жесткостями сечения относительно глав-
ных осей. При этом может возникнуть опасность потери устойчивости в области
сжатых волокон.

Потеря устойчивости плоской формы изгиба (боковое выпучивание) характе-
ризуется появлением новых форм равновесия — изгиба в плоскости меньшей
жесткости и кручения. Ось балки искривляется в плоскости меньшей жесткости,
а поперечные сечения поворачиваются вокруг продольной оси (см. рис. 59).
В теории устойчивости плоской формы изгиба принимают предпосылку о не-
деформируемости контура поперечного сечения.

Задачу определения наименьшей критической нагрузки обычно решают ста-
тическим способом: составляют дифференциальные уравнения изгиба в двух глав-
ных плоскостях и кручения, записывают их решение; критическое значение на-
грузки (или параметра) находят из разрешающего уравнения, составленного
с учетом граничных условий, соответствующих заданной расчетной схеме.

Для балки прямоугольного поперечного сечения в виде тонкой полосы полу-
чены следующие расчетные формулы для определения критической нагрузки.

1.	Полоса испытывает чистый изгиб (рис. 65):

а)	опирание шарнирное для изгиба и жесткое для кручения:

(3.27)

б)	опирание жесткое для изгиба и для кручения:

= V El fi't-

(3.28)

В этих формулах Git — жесткость полосы при кручении; It — момент инерции
при кручении. Для прямоугольного сечения It = (ЗЛЬ3; ₽ - (1/3) (1 — 0,63Ь/Л)
(по С. П. Тимошенко). При h/b ^2 с достаточной степенью точности можно при-
нимать Р ~ 1/3.

2-	Полоса внецентренно сжата (рис. 66).
Критическая нагрузка определяется из уравнения

Мгсг + FcrGh = ^ElyGIt/l*,	(3.29)

или, при заданном эксцентриситете е,

+ FcGIt = я*Е1,р1,1Р.	(3.30)

По уравнению (3.29) можно вести расчет при сжатии с изгибом, если Мср
и Fcr связаны общим параметром или одна из этих величин известна.

3.	Балка на двух шарнирных опорах (рис. 67) загружена силой F посредине
пролета:

Рсг^^УЁ!^.	(3.31)

Если балка загружена равномерно распределенной нагрузкой по всей дли-
не, то

(<?/ь=.	(з.з2)

4.	Консоль загружена силой F на свободном конце (рис. 68):

УЁЦсц.	(3.33)

Устойчивость плоской формы изгиба двутавровых балок на двух шарнирных
опорах при обозначениях, показанных на рис. 69, проверяют по следующим фор-
мулам.

1.	При чистом изгибе

Мсг = У'ЁЦДц.	(3.34)

Коэффициент Ki зависит от параметра у (см. ниже):

где Iw = <о2dA— секториальный момент инерции сечения. Для двутавра (при
А

обозначениях, принятых на рис. 69)

/t0 = tb3h2/24;

It — момент инерции двутавра при кручении:

/^^(Ы»+ «?)••

у 0,1	1	2	4	8	16	32	100 ОО

Ki 31,4	10,36	7,66	5,85	4,7	4	3,59	3,29 л

2.	Двутавровая балка загружена сосредоточенном силой F, приложенной
посредине пролета:

Fcr = Кг -jr УЁЦсй.	(3.36)

*В общем случае для сечения, состоящего из отдельных прямоугольников,
где Ь[ и ti — стороны i-ro прямоугольника. Коэффициент а зависит от формы
сечения (а ~ 1,3 для двутавра; 1,12 для швеллера; 1 для уголка).
3.	Балка на всей длине загружена равномерно распределенной нагрузкой q-

(3.37)

Wcr =	V El.fill .

В приведенных формулах коэффициенты Kz и Л'3 зависят от у:

У	0,4	4	8	16	32	64	160	128	400	ОО
Kz	86,4	31,9	25,6	21,8	19,6	18,3	17,5	—	17,2	16,93
Кз	143	53	42,6	36,3	32,6	30,5	—	29,4	28,6	28,3

Упражнения

3.35.	Проверить прочность и устойчивость плоской формы изгиба
стальной балки из прокатного двутавра № 60 (рис. 69), на которую
действует равномерно распределенная по всей длине нагрузка; I = 6 м,
q = 80 кН/м, (o'] = 160 МПа, Е = 2,1 • 105 МПа, G = 0,4Е, коэффи-
циент запаса устойчивости и прочности К = 1,5.

Решение. По таблицам сортамента прокатной стали составляем
чертеж поперечного сечения балки (Н = 60 см, b = 19 см, t = 1,78 см,
tv = 1,11 см, h = 56,44 см), а также выписываем его геометрические
характеристики (1у = 1720 см4, Wz = 2510 см3).

Проверяем прочность балки:

1	80 - 10» -62	. _о . ЛДГТ _

tfmax — g • w — 8 . 25IO . 10-e — 143,4 МПа < [о].

Для проверки устойчивости подсчитываем момент инерции сечения
при кручении

/( = а£^ = ^(56,44- 1,113 + 2- 19 -1,783) = 126,3 см1

и секториальный момент инерции

™ = S3 -56^.J.78 = 1 620480

Определяем параметр у:

_ СТ<1‘ _ 0.4Д ~ <26.3 • 3002 _	„9

EIW ~	£-1620 480

чему соответствует значение К3 = 40.

По формуле (3.37) критическая нагрузка

qc, = £ VETfift = ^//,-0.4/, =

= 40	'°5' 106 10 е)’1720  0,4 • 126,3 = 115- 103 Н/м.

Критические напряжения

Заданный коэффициент запаса (К = оСЛ/М = 1,5) не обеспечен.
При К = 1,5 допускаемое напряжение

[о],= ^ = ^= 137,5 МПа.

Коэффициент снижения основных допускаемых напряжений для
обеспечения устойчивости балки

137,5 Л ос
<f,=15r = _i6O- = 0'86'

Следовательно, необходимо или уменьшить нагрузку в 0,86 раза, или
поставить поперечные связи, обеспечивающие поперечную жесткость.

3.36.	Балка из стального прокатного двутавра № 60 пролетом / =
= 10 м установлена на двух шарнирных опорах и загружена опорными
моментами М. Найти критическое значение моментов и критические
напряжения.

3.37.	Найти критическую силу для стальной внецентренно сжатой
полосы прямоугольного поперечного сечения (рис. 66) при следующих
данных: I = 1 м, h = 20 см, b = 2 см, е = 5 см, Е = 2,1 105 МПа,
G = 0,4£.
Раздел 4

ДИНАМИКА СООРУЖЕНИИ

Глава 21

ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ

Динамика сооружений - это область строительной механики,
которая занимается исследованием работы сооружений и разработкой методов их
расчета при воздействии динамических нагрузок.

развитие науки и техники на современном этапе обусловливает необходимость
решения новых, все более сложных динамических задач. Это связано с ростом ди-
намических нагрузок, применением вибраций, ударов и взрывов как элементов
технологических процессов, созданием крупногабаритных гибких сооружений,
развитием точнейших технологических процессов, ограничением физиологического
воздействия динамических нагрузок иа людей и т. д.

Динамическими считают все нагрузки, значения которых, направ-
ления и места приложения изменяются во времени. Они сообщают массам соору-
жения ускорения, вызывая появление инерционных сил.

Динамические нагрузки по своей природе разнообразны. К ним относятся:
неподвижная вибрационная нагрузка, периодически изменяющая свое значе-
ние. Такая нагрузка возникает при работе промышленного оборудования периоди-
ческого действия в'результате неизбежной неуравновешенности движущихся ча-
стей (электродвигатели, турбогенераторы, компрессоры, поршневые двигатели и пр.);

неподвижная импульсивная нагрузка, действие которой сводится к передаче иа
сооружение однократных или многократных ударов в фиксированных местах (паде-
ние груза на перекрытие, ударная волна взрыва и т. д.);

подвижная нагрузка в виде различных транспортных средств (мостовые краны,
подвижной состав железных дорог, автомобили и др );

сейсмическая нагрузка;

ветровая нагрузка.

Все динамические нагрузки вызывают колебания сооружения, исследование
которых дает возможность представить полную картину работы этого сооружения
и судить о его прочности, надежности и эксплуатационной пригодности.

При колебаниях сооружения могут возникать с и л ы, которые спо-
собствуют либо развитию колебательного процес-
са, либо его затуханию. К таким силам можно отнести:

инерционные силы масс как самого сооружения, так и оборудо-
вания, расположенного на сооружении:

/=—(4.1)

силы упругости сооружения и упругих связей,
возникающие при отклонении масс от положения статического равновесия. Если
сооружение считается линейно деформируемой системой, сила упругости пропор-
циональна отклонению системы:

Fc = си.	(4.2)

Коэффициент пропорциональности с представляет собой реакцию сооружения
в месте расположения массы при перемещении ее на единицу и называется жестко-
стью сооружения в данной точке. Эту величину на основании теоремы о взаимно-
сти перемещений можно определить, зная перемещение рассматриваемой точки
б, вызванное единичной силой:

с = 1/6;	(4.3)

диссипативные силы сопротивления, являющиеся ре-
зультатом рассеивания энергии деформаций при колебаниях из-за внутреннего
трения в материале, трения в соединении элементов конструкции сооружения
и сопротивления внешней среды, в которой происходят колебания. Обычно эти
силы принимают пропорциональными скорости колебаний:

Fd = kv.	(4.4)
Коэффициент пропорциональности k, выражающий силу сопротивления, раз-
вивающуюся при скорости, равной 1, называется коэффициентом сопротивления.

Все перечисленные силы при рассмотрении их действия прикладываются
к соответствующей массе и направляются в сторону, противоположную ее дви-
жению.

В динамических расчетах сооружения классифицируют по ч и с л у сте-
пеней свободы.

Степенью свободы системы называют количество независи-
мых геометрических параметров (обобщенных координат), определяющих положе-
ния всех масс системы при их всевозможных перемещениях.

Если для нахождения степени свободы системы в статике сооружений есть
соответствующие формальные выражения (например, для плоской дисковой си-
стемы W = 3D — 2Т — Со), то в динамике сооружений эта задача значительно
усложняется. Любые сооружения ввиду их деформируемости и распределения
собственной массы вдоль всех осей, строго говоря, будут системами с бесконечным
числом степеней свободы. Расчет на динамическую нагрузку таких систем яв-
ляется весьма трудным и не всегда точно разрешимым. Поэтому при решении
практических задач пользуются упрощенными схемами, которые характеризуются
конечным числом степеней свободы. Выбор упрощенной схемы основывается на
некоторых условиях, определяющих существенное в движении системы.

Допустим, на двутавровой балке № 36 (q ~ 0,7 кН/м) пролетом I — 2 м уста-
новлен электродвигатель массой 7 т. При приложении динамической нагрузки
двигатель вместе с балкой будет совершать колебания. Масса двигателя, заклю-
ченная в небольшом объеме, в 50 раз больше массы балки, распределенной по про-
лету. Естественно, что определяющей движение системы будет масса двигателя,
поэтому распределенную массу балки можно не учитывать и считать ее невесо-
мой. Рассматривая движения системы происходящими только в вертикальной
плоскости, находим, что положение массы двигателя определяется тремя коорди-
натами: вертикальным перемещением v, горизонтальным и и углом поворота а.
Таким образом, система с бесконечным числом степеней свободы сведена к си-
стеме с тремя степенями свободы. Если теперь еще учесть, что углы поворота
сечений при изгибе балок малы (если же двигатель будет расположен посредине
пролета, то а = О) и момент инерции вращения массы мал (ввиду компактности
двигателя), то можно исключить из рассмотрения координату а, считая массу
двигателя точечной; кроме того, перемещения «, обусловленные продольной де-
формацией балки, составляют незначительную часть перемещений v — прогибов
балки, поэтому их можно также не учитывать. Итак, в результате проведенного
анализа мы пришли к упрощенной схеме, которая является системой с одной сте-
пенью свободы (рис. 4.1).

Рассмотрим еще один пример. На балке, опирающейся одним концом на же-
сткую, а другим — на пружинную опору жестйостыо с, расположены три точеч-
ные массы (рис. 4.2, а). С учетом условий первого примера балка обладает тремя
степенями свободы. Но если жесткость пружины с будет значительно меньше, чем
жесткость балки при изгибе Е1, то балку можно считать недеформирующеися
(EI = оо). В таком случае система имеет одну степень свободы: движение всех
трех масс характеризуется только углом поворота а жесткого диска АВ
(рис. 4.2, б).

Введем некоторые понятия, облегчающие установление числа степеней сво-
боды систем. Будем различать четыре вида элементов системы'.

1)	деформируемый или недеформируемый элемент, массой которого можно
пренебречь по сравнению с массами других элементов системы,— невесомы й
элемент;

2)	деформируемый элемент с распределенной массой, пренебрежение кото-
рой может привести к искажению динамического поведения системы,— эле-
мент с распределенной массой;

3)	обладающий массой элемент, деформацией которого в процессе колеба-
ний можно пренебречь по сравнению с деформациями других элементов систе-
мы,— элемент с сосредоточенной массой;

4)	элемент с сосредоточенной массой, моментом инерции вращения которой
можно пренебречь,— элемент с точечной массой.

Если в систему входит хотя бы один элемент с распределенной массой, систе-
ма всегда имеет бесконечное число степеней свободы. Система, в состав которой
218
входят только элементы с сосредоточенными и точечными массами, является си-
стемой с конечным числом степеней свободы. Каждый элемент с сосредоточенной
массой обладает на плоскости тремя степенями свободы, с точечной — двумя.
Поэтому, если плоская система состоит из С элементов с сосредоточенными мас-
сами, Т элементов с точечными массами и невесомых деформируемых элементов,
ее полная степень свободы

№ = ЗС + 2Т.

При введении различных предпосылок (считая, например, продольные де-
формации стержней равными нулю) степень свободы может оказаться меньше пол-
ной. Для установления степени свободы с учетом всех предпосылок необходимо
представить схему деформированного состояния системы.

Рассмотрим раму (рис. 4.3, а) с двумя точечными массами, расположенными
на стойках. Ригель и стойки будем считать невесомыми и недеформируемыми
в продольных направлениях. Полная степень свободы этих масс

W = 2Т = 2 . 2 - 4.

Если пренебречь продольными деформациями элементов и считать хорду
каждого деформированного элемента равной длине самого элемента, получим
уменьшенную степень свободы, равную 2. Положение масс характеризуется их
горизонтальными отклонениями их и (рис. 4.3, б).

Если поместить массы в узлы (рис. 4.3, в), то при тех же предположениях
степень свободы будет равна 1, так как горизонтальные смещения узлов при лю-
бых малых отклонениях всегда одинаковы (рис. 4.3, г).

При расположении точечных масс в узлах их степень свободы определяется
числом линейных смещений узлов

W = 2У — С — Со (при W > 0).
Упражнение

4.1.	Найти степень свободы системы и показать независимые пара-
метры, определяющие положения масс при их движении, если:

а)	две точечные массы, присоединенные последовательно двумя не-
весомыми упругими пружинами (рис. 4.4, а) к неподвижной опоре, могут
перемещаться только по вертикали;

б)	сосредоточенная масса расположена на конце упругой невесомой
консоли, продольными деформациями которой можно пренебречь
(рис. 4.4, 6);

в)	две точечные массы расположены на Г-образной статически опре-
делимой раме с невесомыми элементами, испытывающими только из-
гибные деформации при малых перемещениях (рис. 4.4, в);

г)	посредине ригеля статически неопределимой Г-образной рамы
установлен тяжелый электродвигатель, массу которого можно принять
за точечную (рис. 4.4, г). Изменится ли степень свободы системы, если
на опоре В добавить еще горизонтальный опорный стержень? Ригель
и стойку считать невесомыми, а их продольными деформациями пре-
небречь;

д)	предполагается, что горизонтальный ригель рамы абсолютно же-
сткий и на его уровне сосредоточена вся масса конструкции. Вертикаль-
ные стойки считаются невесомыми и несжимаемыми в продольном на-
правлении (рис. 4.4, д). Доказать, что степень свободы не изменится,
если правая стойка будет присоединена с помощью шарнира;

е)	три точечные массы расположены в узлах рамы с невесомыми
и несжимаемыми элементами (рис. 4.4, е).

Основная задача динамики сооружений, как уже указывалось, заключается
в определении характера изменения во времени перемещений заданной системы
под воздействием динамической нагрузки. Математические выражения, опреде-
ляющие эти перемещения, называются уравнениями движения со-
оружения. Для вывода уравнений движения возможно применение трех
методов.

Статический метод основан на принципе Даламбера, согласно
которому к движущейся системе можно применить уравнения равновесия, если
к числу действующих на систему сил присоединяются силы инерции.

Рассмотрим применение статического метода на примере системы (рис. 70).
Допустим, груз массой т подвешен на упругой пружине, жесткость которой рав-
на с, а масса мала по сравнению с массой груза. Вызовем колебания этой си-
стемы, отклонив массу по вертикали от состояния статического равновесия на рас-
стояние v. В любой момент процесса колебаний на груз будут действовать реак-
ция пружины Fc = cv и инерционная сила I = —ти. Записывая уравнение рав-
новесия всех сил (в том числе и силы инерции) на вертикальную ось, получим

Fc — 1 = 0, или cv + тй = 0

— дифференциальное уравнение движения системы.

Кинематический метод основан на принципе возможных пере-
мещений. В соответствии с этим принципом работа всех сил системы, находя-
щейся в состоянии равновесия под действием приложенных к ней сил, на беско-
нечно малых возможных перемещениях системы равна нулю.

Например, необходимо составить уравнение движения системы, состоящей
из двух абсолютно жестких стержней АВ и ВС, соединенных между собой шар-
ниром и поддерживаемых жесткими опорами А и С и упругой опорой В. На
стержне ВС расположен груз с точечной массой т. Массы стержней АВ и ВС
сравнительно малы. К системе в месте расположения массы т приложена возму-
щающая сила F (I) (рис. 71).
При движении на систему действует сила сопротивления упругой опоры Fc =
= си, возмущающая сила F (/) и инерционная сила / = —mv.

Дадим системе бесконечно малые возможные перемещения (рис. 72) и при-
равняем работу всех сил на этих перемещениях к нулю:

_fc&. + /^+F(0^=0.

Сократив на и подставив выражения Fc и /, получим
т - F(t)

-«.-ТР + —= 0,

или

Это и есть уравнение движения системы.

Энергетический метод основан на законе сохранения энергии,
согласно которому сумма кинетической и потенциальной энергии неизменна
в процессе колебаний:

Т + U = const.

Так, для системы, показанной на рис. 70, кинетическая энергия системы

а потенциальная энергия, представляющая собой только энергию деформации
пружины,

Тогда в соответствии с законом сохранения энергии

m (и)2	— cv2 = const.

Продифференцируем это выражение по времени:

2 - mvv -Ь 2 • ~cuv = 0,
откуда

mv 4- cv = 0.

Итак, все три метода абсолютно равноценны и дают для одних и тех же си-
стем одни и те же уравнения движения. Обычно выбор метода в любом конкрет-
ном случае зависит от вида рассматриваемой динамической системы.
4.2.	Жесткая балка с равномерно распределенной массой опирается
с одной стороны на жесткую опору, а с другой — на упруговязкую,
загруженную переменной нагрузкой F (/) (рис. 4.5, а). Записать урав-
нение движения системы.

Решение. Так как балка жесткая, то, хотя масса и равномерно
распределена, положение ее в любой момент времени определяется од-
ним параметром v (рис. 4.5, б). Система имеет одну степень свободы.
Для составления уравнения движения применим кинематический ме-
тод. Приравняем работу всех сил на бесконечно малых возможных
перемещениях системы (рис. 4.5, е) к нулю:

I

— Fcv — Fdv + § i (x)yx4-F(Z) 6у=0.

о

Разделив все члены уравнения на бу и подставив вместо сил их выраже-
ния, получим

i

—cv — kv — ~ J х2 dx -|- F (t) = 0.

о

Взяв интеграл и разделив на коэффициент при v, окончательно имеем

Это уравнение отличается от (4.5) только коэффициентами.

4.3.	Составить уравнение движения для жесткой балки с сосредото-
ченными массами (рис. 4.6).

Глава 22

СИСТЕМЫ С ОДНОЙ СТЕПЕНЬЮ СВОБОДЫ

22.1.	Уравнение движения

Рассмотрим простейшую систему с одной степенью свободы — одномассовую
систему под воздействием переменной во времени нагрузки F (/). В результате
этого воздействия система придет в движение, т. е. ее точки будут перемещать-
ся относительно первоначального положения равновесия. При этом в общем слу-
чае в системе возникают инерционная сила / =—mv, сила упругости системы
Fc = cv и диссипативная сила сопротивления Fd = kv. Такая система, состоя-
щая из невесомой балки с точечной массой на нем, показана на рис. 73. При-
меним для составления уравнения движения
статический метод, в соответствии с которым

^ + fd-Z-F(0=0.

Подставив вместо сил их выражения н разде-
лив все члены на т, получим обыкновенное
неоднородное линейное дифференциальное,
уравнение второго порядка

В такой форме будут записываться уравнения движения любых систем с од-
ной степенью свободы. Здесь единственным геометрическим параметром, опреде-
ляющим положение массы, является перемещение и, а т, с и k — физические
параметры системы.

22.2.	Свободные незатухающие колебания

Если в системе (рис. 73) принять F^ = 0 и F (t) == 0 и каким-либо образом
вывести ее из состояния равновесия, она будет совершать движение в соответ-
ствии с уравнением

u-h-£v = 0,	(4.6)

которое получено из уравнения (4.5) исключением соответствующих членов. Это
линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка.

Если обозначить

а?~с!т,	(4.7)

то решение дифференциального уравнения будет

v = Aj_ sin cat -|- Л2 cos

(4.8)

или, представив At и А2 в виде

Ai = A cos X; А2 = A sin X,	(4.9)

получим

v = A sin (cat Л,).	(4.10)

Таким образом, система, выведенная из состояния равновесия и находящаяся
под действием только инерционной силы и силы упругого сопротивления, совер-
шает синусоидальные или простые
гармонические колебания, кото-
рые называются свободными
колебаниями системы.
Как следует из графика (рис. 74),
эти колебания незатухающие.

Постоянные А и X находят из
начальных условий. Пусть, на-
пример, при / = 0 отклонение
v = и0, а скорость v = и0; тогда
из уравнения (4.10)
v0 = A sin X;

v0 = Ло cos X,
откуда

X = arctg о .
vo

(4-П)

Величина Л, характеризующая размах колебания, называется амплитудой
колебаний. Величина X, характеризующая отклонение точечной массы в началь-
ное мгновение, называется начальной фазой колебаний. Процесс колебаний по-
вторяется после такого промежутка времени, по истечении которого аргумент
u)t К увеличивается на 2л:

to/ -|- Z -|- 2л = со (t -f- Т)

Отсюда продолжительность полного цикла колебаний, или период колебаний

Т = 2 л/со.	(4.12)

Величина, обратная периоду колебаний и представляющая собой число цик-
лов колебаний в 2л секунд, называется круговой частотой собственных колебаний:
сй=2л/7\	(4.13)

Число колебаний в минуту

Частоту собственных колебаний можно определить с помощью выражения,
вытекающего из уравнения (4.7):

• =/х_=/х,	(4.15)

г т г тдц У Gou • vsf

где 6П — перемещение точки расположения массы т по направлению ее движения
при колебаниях, вызванных единичной силой, приложенной в этой же точке
и по тому же направлению.

Из выражения (4.15) следует, что частота со, а следовательно, и период коле-
баний Т зависят от физических параметров системы и не зависят от начального
возмущения, вызвавшего колебательный процесс. Частота уменьшается при сни-
жении жесткости системы и увеличении массы.

Другие характеристики процесса свободных колебаний — амплитуда А и на-
чальная фаза Z — зависят от начальных условий и не зависят от физических пара-
метров системы.

Упражнения

4.4.	Найти круговую частоту собственных колебаний консоли при
наличии сосредоточенной массы на свободном конце, пренебрегая мас-
сой консоли и учитывая только ее деформацию при изгибе (рис. 4.7, а).
Проанализировать влияние различных факторов на изменение частоты.

Решение. Невесомая консоль при заданных условиях является
системой с одной степенью свободы — положение массы при ее движе-
нии определяется одной координатой у. Частота собственных колебаний
такой системы

со=1/ —4—,

где би — перемещение точки приложения массы при действии единич-
ной силы в ней (рис. 4.7, б).
Перемещение найдем, использовав формулу Мора; интеграл вы-
числяем способом Верещагина, предварительно построив эпюру
(рис. 4.7, в):

а _ V f ___ 1 1 1 Li J________________£L

011 — J EI — EI — 2	1 ‘ 3 El ЗЕГ
Тогда круговая частота собственных колебаний

(!)

1/ЗЕ/
F mF

Из анализа полученного выражения частоты собственных колебаний
видим, что она зависит от трех факторов: 1) жесткости консоли Е1 —
чем она больше, тем выше частота собственных колебаний; 2) массы
т — чем она больше, тем ниже частота; 3) вылета консоли I — чем
больше вылет, тем ниже частота. При этом наибольшее влияние на из-
менение частоты собственных колебаний оказывает вылет консоли (Z3).

4.5.	Определить круговую частоту и период собственных колебаний
фермы с грузом весом G = 15 кН (рис. 4.8). Весом фермы по сравне-
нию с весом груза пренебречь. Модуль упругости материала стержней
Е = 2,1  108 кПа.

Решение. Горизонтальным смещением узла 2 по сравнению
с вертикальным можно пренебречь. В таком случае имеем систему с од-
ной степенью свободы.

Для определения круговой частоты собственных колебаний предва-
рительно необходимо найти статическое перемещение от груза узла 2,
По Мору

V' NxNfl

V =	= ~ЁА~ •

Вычисления сводим в табл. 4.1.

Таблица 4.1

Номер
стерж -
ня

28  10"4

28 • IO"4

28 - IO"4

28 - 10~4

23 - IO”4

58,8 - Ю4

58.8 • 104

58,8 • 104

58,8 - 10J

48,3 • 104

-10
—10
12,5

12,5

—15

—0,667

-0,667

0,833

0.833

—1

кН	кН • м	~~ЕА~ ’ М
6,67	26.68	4,537 • 10-6
6,67	26,68	4.537  IO"6
10,412	52.06	8,853 • 10-ь
10.412	52.06	8.853 • 10-ь
15	45	7.653 • 10“ь

Дц =34.4- Ю“Б

Круговая частота по формуле (4.15)



Период собственных колебаний по формуле (4.12)

г=Ц|!1=0'04с-

4.6.	Определить период и частоту собственных колебаний неразрез-
ной балки из прокатного двутавра № 30 с моментом инерции попереч-
кого сечения относительно горизонтальной оси / = 0,708 • 10 ~4 м4, на
которой установлен посредине первого пролета сосредоточенный груз
весом G = 30 кН (рис. 4.9, а). Собственным весом балки по сравнению
с весом груза пренебречь.

Решение. Данная балка с сосредоточенным грузом при приня-
том допущении является системой с одной степенью свободы. Круговая
частота свободных колебаний определяется по формуле (4.15).

Для вычисления vst по методу Мора необходимо иметь две эпюры
изгибающих моментов: грузовую Mf в статически неопределимой задан-
ной системе от груза G и единичную М — от единичной силы, приложен-
ной по направлению искомого перемещения. Последняя эпюра может
быть построена в любой статически определимой системе метода сил.

Строим эпюру Mf , используя метод фокусов.

Опорные моменты на загруженном пролете

w’n-v ’

6 (В/, nfen-^.n)
z„(«;-i) ’

где Af.п, Bftn — левая и правая фиктивные реакции в основной системе
загруженного пролета; kn и k„ — соответственно левое и правое фокус-
ные отношения, определяемые с помощью рекуррентных соотношений
для балки постоянного сечения:

Так как крайние опоры шарнирные,	и k'2 = 00. Тогда

fel = 2 + ^(2-l)=2+4(2-A)=4.

Эпюра изгибающих моментов от груза G в основной системе метода
сил показана на рис. 4.9, б.

Загружаем этой эпюрой балку и находим фиктивные реакции
Лд 1 и Bf, ь Из условия симметрии

Л Г> 1 Gli 1 Gl2 30 - 62	. or ТТ 2

Л/, 1 — Bf, 1 — ~2~	— ~g--—g— — 135 кН • м .

Опорный момент Mn~i = Мо = 0, так как нулевая опора шарнир-
ная. Момент на опоре 1

Mt -

г (В - А ,)
/, ktk' - . ~

*	1 1

Так как kt = со входит в числитель и знам натель дроби, полу-
чаем неопределенность вида—. Для раскрытия неопределенности
делим числитель и знаменатель на kA и, подставив — со, получаем
Л4, = — V7-' = — Vr = — 33175 кН • “•

1	fc,/,	4 • b	’

Момент в месте приложения силы G в заданной статически неопре-
делимой системе

На рис. 4.9, в, г показаны грузовая и единичная эпюры.

Перемещение под заданным грузом vst = Ац найдем перемножением
эпюр М/ и Mlt используя в комплексе способы А. Н. Верещагина
и Симпсона — Корноухова:

»„ = Д«=4- -28,125.3-4- 1.54г+Л-,(28,125. 1,5 —
£	О	хЗ/	yjCt 1

- 4 • 28,125 • 0,75 + 33,75 - 0) = 2J .	. io-. +

_1______16,875_______________59,0625______q 003Q7 м

' 2,1 - 10s - 0,708 • 10-4 “ 2,1 - 108 • 0,708 • 10‘4 ~	м-

Круговая частота свободных колебаний

w “ У" 0,00397 ~ 49,7 с 1в

Период собственных колебаний

T==?497L4 = 0’126 С-

4.7.	Портальная рама состоит из абсолютно жесткого ригеля, на
уровне которого сосредоточена вся масса конструкции (рис. 4.10, а).
Вертикальные колонны считаются невесомыми и несжимаемыми в про-
дольном направлении. Найти круговую частоту собственных колебаний
в плоскости рамы.

Решение. Хотя масса рамы является распределенной, но ввиду
абсолютной жесткости ригеля и возможности его перемещения только
по горизонтали система имеет одну степень свободы. Найдем коэффи-
циент жесткости колонны при ее боковом смещении, как балки, защем-
ленной с двух сторон; коэффициент жесткости равен горизонтальной
реакции опоры при единичном ее смещении. Воспользуемся вспомога-
тельной таблицей для расчета систем методом перемещений (рис. 4.10, б),
откуда

12ЕЛ

С = —ГГ2"-

Учитывая, что колонны две, найдем круговую частоту собственных
колебаний по формуле (4.15):

СО

24Е/,

т№ ’
4.8.	Абсолютно жесткая невесомая балка с сосредоточенной массой
опирается на две опоры, одна из которых выполнена в виде пружины
жесткостью с (рис. 4.11). Найти круговую частоту собственных колеба-
ний этой системы.

4.9.	Кабина лифта весом G = 45 кН движется вниз с постоянной
скоростью i'o = 0,25 м/с. В некоторый момент времени верхний конец
троса внезапно остановлен. Вычислить круговую частоту и амплитуду
собственных колебаний системы, если длина троса I = 18 м, площадь
поперечного сечения троса А = 16 • 10-4 м2, модуль упругости мате-
риала троса Е = 108 кПа.

4.10.	Три балки одинаковых размеров, с одинаковыми опорными
закреплениями и расположением сосредоточенной массы изготовлены
из разных материалов: сосны, дюраля и стали. Найти соотношение
круговых частот собственных колебаний этих балок.

4.11.	Серия балок одинаковой длины и массы изготовлена из одного
материала и нагружена одной и той же нагрузкой, но поперечные сече-
ния их при одинаковой площади имеют различную форму (рис. 4.12) —
круглую, прямоугольную, двутавровую. Найти соотношение частот
собственных колебаний этих балок.

4.12.	Сопоставить значения частот собственных колебаний балки
с массой, приложенной посередине, в трех случаях: а) балка свободно
лежит на двух опорах; б) балка заделана одним концом и шарнирно
оперта другим; в) балка заделана двумя концами.

4.13.	Найти круговую частоту собственных колебаний системы, по-
казанной на рис. 4.13, пренебрегая массой несущих элементов и их
продольными деформациями.

4.14.	Трехпролетная неразрезная балка двутаврового сечения № 40
нагружена посередине сосредоточенным грузом G = 60 кН (рис. 4.14).
Вычислить круговую частоту и период собственных колебаний, пре-
небрегая весом балки.

4.15.	Определить частоту свободных колебаний рамы, показанной
на рис. 4.15, при действии на нее сосредоточенной массы т, приложен-
ной посередине ригеля. Массой несущих элементов рамы пренебречь по
сравнению с массой т.

4.16.	Портальная рама состоит из тяжелого ригеля двутаврового
сечения № 60, опертого на относительно гибкие стойки (рис. 4.16).
Каждая стойка имеет коробчатое поперечное сечение площадью А =
= 26 - 10"4 м2 и радиусом инерции i = 0,016 м; Е = 2 • 108 кПа. Вы-
числить период собственных колебаний в плоскости рамы, предполагая:
а) полную жесткость соединения элементов; б) шарнирную связь ри-
геля со стойками. Изгибом ригеля пренебречь.

22.3. Свободные затухающие колебания

В результате наличия диссипативных сил сопротивления со временем ампли-
туда свободных колебаний уменьшается и они постепенно затухают.

Уравнение движения системы, в отличие от уравнения (4.6), будет иметь сле-
дующий вид:

k • с

v + -v + -v = 0.	(4.16)
Это однородное дифференциальное уравнение описывает свободные колеба-
ния одномассовой системы с учетом затухания. Решение его отыскивается в форме
v=Aezi.	(4.17)

Подстановка этого выражения в (4.16) дает

(z‘ + ^Z + ~)Aezl = 0.	(4.18)

\ т т /

При наличии колебаний AeZl ф О, следовательно,
k	с

Z24---Z-f- — = 0	(4.19)

т	т

— характеристическое уравнение, корни которого

Значит, общий интеграл уравнения (4.16) будет состоять из двух членов:

v = А^ 4- A2ez-lt	(4.21)

причем вид движения u(t) будет зависеть от значения выражения под квадратным
корнем (4.20).

/ k V с

Так, если 1^1	, т. е. при очень большом коэффициенте сопротивления k,

корни характеристического уравнения Zj 2 будут вещественными числами и урав-
нение (4.21) принимает вид:

В обоих случаях движение не будет колебательным, отклоненная масса по-
степенно по экспоненте приближается к своему исходному положению (рис. 75).
Примерно так будет протекать процесс, если груз, подвешенный на пружине,
опустить в густое масло.

п (k с 7	7

При 1$—I < — КОРНИ и — комплексные числа.
Обозначим

(4.24)

Тогда 7, о = — е ± а

v = Л1е<“б+^,/ +

Используя формулу Эйлера = cos codf 4- i sin corf/ и обозначив + As= ^2’
1 (/?! — Л2) = В1г получим

v = e~£/ (Bi sin corf/ + B-2 cos corfZ),	(4.25)

или, аналогично выражению (4.10),

v = Ле~е/ sin (со/ 4- Z),	(4.26)

v0 4- voe

Таким образом, система, выведенная из состояния покоя, будет совершать
периодические свободные колебания, но с уменьшением амплитуды колебаний со
временем в результате наличия множителя е“е/ (график функции (4.26) показан
на рис. 76). Скорость затухания колебаний зависит от величины е, называемой
коэффициентом затухания. Круговая частота свободных колебаний с учетом
затухания, или демпфированных колебаний,

й,= 1/ -

а | т	\2rnJ

по сравнению с круговой частотой свободных незатухающих колебаний со умень-
шается вследствие демпфирования. Однако в практических задачах для обычных
строительных конструкций е меньше со на несколько порядков, поэтому с доста-
точной точностью можно принимать, что coj = со. и находить ее по выражениям
(4.15). Период затухающих колебаний Т, естественно, будет увеличиваться. При ма-
лых е период также можно принимать постоянным и равным периоду свободных
колебаний без затухания.

Рассмотрим отношение двух последовательных амплитуд (рис. 76), соответ-
ствующих тем моментам времени, когда в уравнении (4.26) выражение sin (со/ 4-
4- Z) обращается в единицу:

V" _	П _ е~^г+1> _ ее7

''n+l	Ле_£'п+'

(4.28)

Это отношение — величина постоянная, т. е. амплитуды убывают по закону гео-
метрической прогрессии. Выражение (4.28) может быть использовано для экспе-
риментального определения коэффициента затухания е; необходимо лишь найти
опытным путем, во сколько раз уменьшается амплитуда колебаний после дан-
ного числа циклов.

Натуральный логарифм отношения двух амплитуд, следующих друг за дру-
гом через период, называется логарифмическим декрементом затухания'

6 = In - еТ.

Vn+L

(4.29)
При проектировании сооружений пользуются справочными данными, где
приводятся расчетные коэффициенты неупругого сопротивления материала в кон-
струкциях 70 = 6/зг:

Материал	Коэффициент 7С

Бетон и железобетон	0,1

Кирпичная кладка	0.08

Дерево	0.05

Сталь прокатная	0,025

Необходимо заметить, что эти значения зависят от большого числа факто-
ров: типа сооружения, его состояния, качества материала, уровня напряженно-
сти элементов сооружения и т. д.

Упражнения

4.17.	При колебаниях системы зарегистрировано, что за один пе-
риод амплитуда уменьшается вдвое. Определить изменение собственной
частоты колебаний вследствие затухания.

Решение. Частота собственных колебаний с учетом затухания

, ИЛИ O)rf = V О)2 — Е



(а)

Из уравнения (4.29)

е = б/Т.	(б)

Учитывая выражение (б) и что Т = ——, получим

По формуле (4.29) логарифмический декремент затухания 6 = In2=
= 0,693. Тогда

т. е. частота собственных колебаний с учетом затухания меньше частоты
соответствующих незатухающих колебаний всего на 0,6 %.

4.18.	Пользуясь данными для определения коэффициента у0, найти
изменение собственной частоты колебаний вследствие затухания для
конструкций, изготовленных из стали, дерева, железобетона.

4.19.	Для определения динамических характеристик одноэтажного
здания, расчетная схема которого показана на рис. 4.10, а, было про-
ведено экспериментальное исследование свободных колебаний с по-
мощью отклонения верха конструкции горизонтальным домкратом
с внезапным освобождением. При нагрузке 90 кН верх ригеля переме-
стился на 0,05 м. После мгновенного снятия нагрузки через 1,2 с ригель
вновь возвратился в первоначальное положение, но его смещение от
недеформпроваиного состояния уже составило лишь 0,04 м. Найти
логарифмический декремент затухания и амплитуду колебаний через
6 с после начала испытания.
22.4.	Вынужденные колебания без учета затухания

При действии динамически^ нагрузок система начинает колебаться. Колеба-
ния системы называются вынужденными.

Рассмотрим случай, когда на массу системы действует сосредоточенная внеш-
няя сила F (/), изменяющаяся во времени. Эту силу назовем возмущающей.
В зависимости от характера изменения и времени действия возмущающие силы
бывают вибрационными.^ импульсивными и гармоническими.

Вибрационную нагрузку, наиболее часто встречающуюся при
расчете сооружений, создают машины с неуравновешенной вращающейся частью,
масса которой имеет относительно оси вращения эксцентриситет е (рис. 77). При
движении неуравновешенной массы возникает центробежная сила

F = mfWe,	(4.30)

где ntf — масса неуравновешенной части; 0 — угловая скорость; е — эксцентри-
ситет массы.

Если двигатель делает п оборотов в минуту, то угловая скорость вращения
неуравновешенной массы будет определять и круговую частоту возмущающей
силы:

6 = 2ЛЛ/60.	(4.31)

Вертикальная составляющая центробежной силы изменяется по закону

F (/) = F sin 0/.	(4.32)

При наличии возмущающей силы в уравнение динамического равновесия
войдет сила F (/), и дифференциальное уравнение вынужденных колебаний без
учета затухания примет вид

(4.33)

1 т т

Это неоднородное дифференциальное уравнение, которое отличается от урав-
нения (4.6) наличием правой части. Его общее решение (ц =	-j- v2) состоит из

решения однородного уравнения (4.8)

Щ = /11 sin со/ -f- А2 cos со/

и частного решения неоднородного уравнения. Частное решение получим, пред-
положив, что v2 пропорционально sin 0/, т. е.

и2 = с sin 0/.

(4-34)

Подстановка выражения (4.34) в уравнение (4.33) дает

— с03 sin 0/ -j- со2с sin 0/ = - П —
т

Сократив последнее уравнение на sin 0/ (который, как правило, не равен
нулю), находим

F

С~ Щ(С02— 02)

щсо2

F

Учитывая, что со2 = ^—, и обозначая Гбц через vst — статическое перемещение
от амплитудного значения возмущающей силы, окончательно получаем

(4.35)
Общее решение уравнения (4.33) теперь запишется так:

v = Ai sin со/ -f- Л2 cos tot + vst

(4.36)

Первые два члена выражения (4.36) представляют собой свободные колеба-
ния, а третий член, зависящий от возмущающей силы,— вынужденные колебания.

Амплитуда вынужденных колебаний не только и не столько зависит от ампли-
тудного значения возмущающей силы сколько от соотношения частот вы-
нужденных и собственных колебаний, которое входит в сомножитель при vj
и выражает динамичность действия силы. Абсолютная величина этого сомножи-
теля

1

И “ I 1 — (0 (О)2 |

(4.37)

называется динамическим коэффициентом. На рис. 78 показано изменение дина-
мического коэффициента в зависимости от отношения 0/со.

При малой частоте возмущающей силы коэффициент р близок к единице.
С ростом частоты 0 динамический коэффициент и амплитуда вынужденных колеба-
ний быстро возрастают и обращаются в бесконечность при 0 = со. Явление, соот-
ветствующее совпадению частот вынужденных и свободных колебаний, называется
резонансом. Опасность резонанса заключается в том, что при его возникновении
динамическое воздействие фактически перестает зависеть от амплитудного значе-
ния возмущающей силы, т. е. даже при очень малых возмущающих силах, по
сравнению со статическими, сооружение может разрушиться.

За пределами резонанса, при 0/со> 1, динамический коэффициент быстро
уменьшается, становясь меньше 1 с возрастанием 0, т. е. высокочастотные воз-
мущающие силы почти не вызывают колебаний тех сооружений, собственные ча-
стоты которых являются малыми величинами.
Из анализа рассмотренного следует, что необходимо так проектировать со-
оружения, чтобы частоты их собственных колебаний были значительно выше ча-
стоты возмущающей силы. Однако для высокоскоростных машин принципиально
возможно установившийся режим ее работы допускать в зарезонансной области,
если переход через резонанс сделать достаточно быстрым. Дело в том, что при
резонансе амплитуды не мгновенно принимают бесконечные значения. Действи-
тельно, допустим, что резонансный режим возникает при t = 0, когда на систе-
му, находящуюся в покое, начинает действовать возмущающая сила с частотой
6 = со. При начальных условиях /=0, и=0и о=0 выражение (4.36) прини-
мает ВИД

sin 0/--— sin со/

0=ad--------ТЕ—'	<4'38)

со3

Раскрывая неопределенность при0— со типапродифференцируем по Оотдельно
числитель и знаменатель и затем, полагая 0 = со, окончательно получим

v — (со/ cos v)t — si n co/).	(4.39)

Из выражения (4.39) следует, что при совпадении частот амплитуда нарастает
по линейному закону и требуется конечный промежуток времени для получения
больших амплитуд (рис. 79).

Рассмотрим другой важный класс динамических нагрузок — импуль-
сивные. Такие нагрузки представляют собой кратковременно действующие
на сооружение силы, меняющиеся во времени по некоторому закону F (/). Закон
изменения силы является, как правило, неизвестным, и главной характеристи-
кой нагрузки служит импульс силы

S=jf(/)d/,	(4.40)

измеряемый изменением количества движения.

Для аналитического решения задачи по расчету сооружений на импульсив-
ные нагрузки действительный график F (/) (рис. 80, о) заменяют равновеликим
с заданным законом изменения (рис. 80, б, в, г). При этом рассматривают две
фазы колебаний сооружения: фазу вынужденных колебаний (0 с t < /J и фазу
свободных колебаний (/ > /х); в результате определяют наибольшую амплитуду
колебаний и динамический коэффициент.

Пусть, например, импульсивная нагрузка F (t) — F (1 — —) характеризуется
треугольным импульсом. Тогда дифференциальное уравнение вынужденных коле
баний (4.33) принимает вид

'”+^=4 ('-£)•	(4Л1)

Общее решение этого уравнения

v= /?! sin со/Л2 cosco/4 “^ ^1—у-j »	(4.42)

или, с учетом выражения (4.15),

v = Aj sin со/ 4- А2 cos со/ 4- vsi — рj .	(4-43)

При нулевых начальных условиях (t — 0, и — 0 и 6 = 0)

v = 1’* _ cos + 0 ’	(444)
По окончании действия импульса при t:> fj начнутся свободные колебания
системы, для которых

v = Hi sin ot -j- Л2 cos co/;

v — /Ijio cos co/ — Л2со sin v)t.

(4.45)

Начальные условия этой фазы колебаний находят из уравнения (4.44). Так,
при t = tt

(Sin Ojfj	. \

(COSOfi . .	.	1 '

vl= v^> ------3—- + sin ---------5“

1	“	\ (£)/l	1 co/j)

(4.46)

Использовав выражения (4.46), из уравнений (4.45) определяем произволь-
ные постоянные

А = vst

А - vst

1 — COS co/j
(o/i

(sin to/j _

“cofj 1

(4-47)

Подстановка полученных выражений Ai и А., в уравнение для прогибов
(4.45) после соответствующих преобразований приводит его к виду

/sin со/	.	sin (£>(/ — /i)\	м

v = и J-----------cos (of----------------- I •	(4.48)

st ‘ (ofj	coG /

Выражения в скобках в (4.44) и (4.48) представляют собой соответственно
изменения динамических коэффициентов при треугольном импульсе в фазах
вынужденных и свободных колебаний. Максимальные их значения зависят от
соотношения продолжительности действия импульса и периода свободных колеба-
ний tj/T и определяются из условия, что скорость колебаний равна нулю. Так,
приравняв к нулю производную по времени от выражения (4.48), получаем

tg cof = —

1 — COS СО?!
cofi — sin cofi

или, подставив сюда со = 2л/Т,

. 2nf 1

6 T ~ 2nft

2nfj

COS —~

. 2nf>
— sin

(4.49)

Уравнение (4.49) и есть условие максимального воздействия импульса для
случая f >. fj. Например, для tjT — 0,2 из уравнения (4.49) находим, что
соответствует tIT = 0,316. Теперь, подставив trIT — 0,2 и tlT = 0,316 в выраже-
ние (4.48), вычисляем значение динамического коэффициента: для fj/T = 0,2
динамический коэффициент р0.2 = 0,601.

Изменение динамического коэффициента в зависимости от времени действия
импульса показано на рис. 81. При txlT 0,4 максимальное воздействие при-
ходится на фазу вынужденных колебаний (f < fj).

Если при действии импульсивной нагрузки трудно установить закон изме-
нения ее во времени и продолжительность действия, задачу можно решить при-
ближенно, считая импульс мгновенным. Обычно в этом случае импульсивную на-
грузку называют ударной. При решении задачи воспользуемся интегралом Диф-
ференциального уравнения вынужденных колебаний (4.33), найденного для про-
извольного вида возмущающей силы с использованием метода вариации произ-
вольных постоянных.
При нулевых начальных условиях
ft	ft

v = ~ [sin о/ J F (т) cos сот dr -J- cos со/ J F (т) sin coTdxj .	(4.5СЛ

о	о

Принимая во внимание предположение о мгновенности импульса, т. е. что Т
2лт
и, следовательно, cos сот = cos 1 и siп сот 0, получим

tt

V	С F (т) dx.	(4.51)

/псо J
о

Входящий в это выражение интеграл — импульс силы F (t)\ таким образом, дви-
жение системы определяется импульсом кратковременной силы.

Импульс силы равен количеству движения ударяющей массы иг:

S = mv,	(4.52)

где v — скорость движения массы в момент удара.

Максимум влияния воздействия соответствует sin со/= I. Из выражения
(4.51)

v = г/со;	(4.53)

но co = У g/vsi (см. формулу (4.15)). Подставив это выражение в (4.53) и умножив
числитель и знаменатель на Уvst, окончательно получим

» =	(4.54)

где

гД==1>	(4.55)

У s^st
и есть динамический коэффициент при импульсивном воздействии в виде мгновен-
ного удара.

Формула (4.55) получена в предположении, что система, воспринимающая
удар, невесома. Если же удар происходит по месту, где система несет сосредото-
ченную массу т1г то после удара совокупность масс ударяющего тела т и си-
стемы ту начнет двигаться со скоростью, отличной от скорости ударяющей мас-
сы непосредственно перед ударом. Скорость после удара находят из условия по-
стоянства количества движения nw = (tn + ™i) t'i, она равна vj. = и ----

т -f- mi

Подставив в формулу (4.55) вместо v величину получим динамический
коэффициент при соударении масс’.

(4‘Б6)

У &'St П2 + П21

Из выражения (4.56) следует, что учет массы системы, по которой произво-
дится удар, приводит к снижению эффекта удара.

Упражнения

4.20.	На шарнирно опертой с двух сторон балке пролетом / = 6 м
посредине длины установлен двигатель весом G = 30 кН, совершаю-
щий 350 об/мин и дающий в результате наличия неуравновешенной
массы вертикальную составляющую центробежной силы F (t) = F sin 6t
с амплитудным значением F = 7,5kH. Балка стальная прокатная дву-
таврового сечения № 33 (1Х = 0,984 • 10 "4 м4, Wx = 0,597 • 10"3 м3).
Найти динамический коэффициент и проверить прочность балки, если
1сг] = 16 • 104 кПа.

Решение. Найдем частоту свободных колебаний балки, прене-
брегая ее массой по сравнению с массой двигателя, по формуле (4.15):

w = Ki/^6

где vst—прогиб балки под двигателем.

При расположении двигателя посредине пролета балки прогиб

~ ~48ЁГ ~ 48-2,1 10е • 0,984  1£Г4 = 0.00653 м;

тогда“= /бЖз=38-8с’1-

тт	-л 2пп 2л • 350	_

Частота возмущающей силы 6 =	— = 36,6 с-1.

Вычислим динамический коэффициент, использовав формулу (4.37)‘

H=^W=9’08-

\38,8/

Проверим прочность балки указанного сечения. Наибольший изги-
бающий момент с учетом динамического действия силы F

Мтах =	= 130+9.08.7,5)6 = 147 2 кН . м

Наибольшие нормальные напряжения

= 24-66  104 кПа > [°1 = 16 • 104 кПа-

Прочность балки при работающем двигателе не обеспечена; необхо-
димо уменьшить динамический коэффициент, увеличив частоту свобод-
ных колебаний. Это можно сделать одним из трех способов: увеличением
или уменьшением сечения балки, изменением условий ее опирания и сме-
щением двигателя ближе к одной из опор.

4.21.	На ригеле рамы (рис. 4.17, а) установлен электродвигатель,
вес которого G = 6 кН. Вес ротора электродвигателя = 2 кН. Число
оборотов ротора п = 630 об/мин. Ригель и стойка рамы изготовлены из
двутаврового проката № 20 (1Х = 0,184 - 10'4 м4; А = 26,8 - 10~4 м2).
Найти наибольшие нормальные напряжения в опасном сечении рамы
при работе электродвигателя, принимая во внимание, что центр тяжести
ротора смещен от оси вала на е = 2 • 10"3 м. Массой ригеля и стойки
пренебречь.

Решение Данная система при принятом условии является си-
стемой с одной степенью свободы, так как положение массы двигателя
при колебаниях определяется, если не учитывать продольные деформа-
ции элементов, только вертикальными перемещениями. Частота свобод-
ных колебаний определяется по формуле (4.15).
Перемещение точки приложения массы при деформации рамы под
весом электродвигателя по методу Мора

у f MtMGdx

= A1G = 2j J £/	,

где Mg — изгибающие моменты от веса G в заданной статически неопре-
делимой системе; — изгибающие моменты в статически определимой
основной системе от единичной вертикальной силы, действующей в ме-
сте расположения массы.

Построим эпюру Mg, для чего рассчитаем раму методом перемеще-
ний. Рама один раз кинематически неопределима. Каноническое урав-
нение

+ *iP = о.

На рис. 4.17, б, в показаны единичная и грузовая эпюры в основ-
ной системе метода перемещений, используя которые находим

ЗЕ/ , ЗЕ/ 1,5 • ЗЕ/ , ЗЕ/ 7.ЗЕ/
г"=— +-=—7—+—=—;

Rip = —

3GI

16 ‘

Угол поворота

Rip ЭС/2 _ G/2

Гц “ 16 • 7.5Е/ ~ 40Е/ '

Строим эпюру Mg =	-|- Mg (рис. 4.17, г).
Теперь строим эпюру Л4Х (рис. 4.17, d). С помощью способов
А. Н. Верещагина и Симпсона — Корноухова находим

I ($61 п , . 3.25GZ I . 15.5GZ Z\ ,

V“ = ЗГ6ЁТ («Г • 0 + 4 — • 8 + -S6" • т) +

, 1 15.5GZ	Z 2 Z 1	26.5GZ3

+ 2	80	2 3 4 EI ~ \W2QEI ~

26.5-6. 4.53	лллолс ..

1920 - 2  108  0.184 - 10~4 ~ U»UU2Ut) м-

Круговая частота свободных колебаний

° = V0.00205 = 69,2 С Х’

Частота вынужденных колебаний

Динамический коэффициент по формуле (4.37)

= | 1 — (65.94/б9.20)а | = 10,87’

Амплитудное значение возмущающей силы по формуле (4.30)
г 2 • 65.942 . 2 • 10-8	. u

F =--------£81------= 1J7 kH*

Эпюра изгибающих моментов от амплитудного значения возмущаю-
щей силы будет иметь такой же вид, что и Mg, только все ординаты
должны быть умножены на FIG. Поэтому опасное сечение, как это видно
из эпюры Mg (рис. 4.17, г), находится под грузом G. Максимальный
изгибающий момент в этом сечении с учетом динамического воздей-
ствия

=м0 (1 +14) =

= 22,0121 кН. м.

— (1 + 10,87-^) =

Продольная сжимающая сила в ригеле равна поперечной силе в стой-
ке; ее находят как тангенс угла наклона прямой, описывающей эпюру
моментов в стойке:

N+ *4)=то-5 ( +10-87 =<26 кН-

Наибольшие нормальные напряжения в опасном сечении

&тах

N	Мтах

~F W~

___________22,0I2t	—_____191 кт-г„

26.8 • 10~4	0,184 - IO’3 ~	1-1 2UU КПа.

4.22.	На стальную двутавровую балку № 30 (1Х = 0,708 - 10“4 м4;
вес 1 п. м. 0,365 кН) пролетом I = 3 м падает посередине пролета груз
G = 1,50 кН с высоты h — 0,18 м. Модуль упругости стали Е = 2 х
X 108 кПа. Найти наибольшие нормальные напряжения в балке без
учета собственного веса и с его учетом.
Решение. Наибольшие нормальные напряжения в балке возни-
кают в сечении посередине пролета. С учетом ударного воздействия

— Gl

°гпах — 4 Ц/* И»

где |л — динамический коэффициент, определяемый по формуле (4.55)
без учета веса балки или по формуле (4.56) с учетом его.

Скорость движения массы в момент удара

i> = I 2gh = /2-9,81  0,18= 1,88 м/с.

Собственный вес балки, приведенный к точке удара, принимается
равным половине действительного собственного веса, т. е.

G± = 0,5 • 0,365 • 3 = 0,5475 кН.

Без учета веса балки

— GI
(Утах — Р

С учетом собственного веса балки

__ у т __________ G

— /П+'П1 ~ G + °!

v__ уу р.

~ 9,81 ’ 0,006	’ ’

=ттжп^-77>5= 184700кПа-

= ^ = 4!o5te°io^-57’9 = 138 000 кПа-

Анализируя полученные результаты, видим, что учет веса тела, по
которому происходит удар, приводит к значительному уменьшению
динамического коэффициента.

4.23.	Используя условие примера 4.20, установить:

а)	будет ли обеспечена прочность балки, если увеличить сечение,
выполнив ее из двутавра № 36 (1Х = 1,338 • 10 “4 м4; Wx = 0,743 X
X 103 м3);

б)	возможность обеспечения прочности балки уменьшением сечения;

в)	будет ли обеспечена прочность балки, если изменить граничные
условия, заменив шарнирные опоры защемляющими;

г)	на какое расстояние от середины балки к опоре необходимо сме-
стить двигатель, чтобы обеспечить ее прочность.

4.24.	Определить наибольшие напряжения в раме, рассмотренной
в упражнении 4.21, если опорное сечение стойки жестко заделать.

4.25.	Подобрать сечение двухопорной балки из двух круглых бре-
вен, расположенных в горизонтальной плоскости. На балку посредине
установлен электродвигатель весом G = 8 кН, который при своей ра-
боте создает возмущающую силу F (t) — F sin 6L Амплитудное значе-
ние возмущающей силы F = 2 кН, частота — 62,8 с“х. Пролет балки
I = 4 м, модуль упругости Е = 1 107 кПа, допускаемое напряжение
при изгибе Ю1 = 12 000 кПа.

4.26.	Электродвигатель весом G — 4,5 кН, совершающий 1800 об/мин,
оперт на фундамент через четыре винтовые пружины, изготовленные
из стальной проволоки диаметром 0,012 м. Средний диаметр пружины
0,1 м. Определить число витков каждой из пружин, чтобы наибольшая
вертикальная возмущающая сила, передаваемая фундаменту, не пре-
вышала 0,82 кН. Центробежная сила от неуравновешенности двигателя
F = 0,0045 кН при угловой скорости 1 рад/с. Модуль упругости при
сдвиге G = 0,8 • 108 кПа.

4.27.	Найти динамический коэффициент при воздействии на соору-
жение прямоугольной импульсивной нагрузки, если продолжительность
действия импульса составляет четверть периода собственных колебаний
этого сооружения.

4.28.	Определить изменение наибольших нормальных напряжений
в балке примера 4.22, если левую опору установить на консоль того же
сечения длиной а = 1 м.

22.5.	Вынужденные колебания с учетом затухания

При действии на систему с одной степенью свободы возмущающей нагрузки
дифференциальное уравнение движения с учетом затухания (4.5) отличается от
уравнения движения свободных затухающих колебаний (4.16) наличием в пра-
вой части возмущающей силы:

- , k . с	F(t)	.. R7.

т т	tn

Полный интеграл этого уравнения получим, если к общему интегралу (4.25)
уравнения (4.16) прибавим частный интеграл, который при гармоническом нагру-
жении F (t) = F sin представим в виде

v = Вх cos 6/ В-1 sin Gt.	(4.58)

Для определения произвольных постоянных найдем производные v и v от выра-
жения (4.58), подставим их в уравнение (4.57) и сгруппируем отдельно члены,
содержащие sin0f и cos0f:

(— 02fil + 2£бВ2 + nfiBj) cos Gt +	02В2 — 2e0Bx + <о2В2 — sin Gt = 0,

h	с

где е = — и io2 = — •
2m	т

Так как это уравнение должно удовлетворяться при любом значении /, то коэф-
фициенты при cos 0/ и sin Gt должны быть равны нулю:

— Вх (62 — (О2) + В22е0 = 0;

— Вг 2eG — B2 (02 — со2) = L .

Решая эти уравнения относительно Вх и В2, найдем

в =______________2е0Г

1	т{(02 — (о2)2+(2е0)21 ’

в __	Г(02-О)2)

2 m 1(02 — со2)2 + (2е0)3] '

(4.59)

Частный интеграл (4-58) приведем к виду

v = В sin (61 + 1)),
для чего достаточно положить

в = 1 / в{ + в: = —,	1 -.... ;

V “ т V (62 — огр (2е6)2
t Bi .	2е6

^arcig^arctggj-^.

(4.60)

Запишем, учитывая выражение (4.26), полный интеграл уравнения (4.57)
и исследуем его:

v = Ле £< sin (orf + ^) + В sin (Gt т]).

(4-61)

Первый член уравнения (4.61) выражает свободные затухающие колебания.
Их амплитуда А и фаза X являются произвольными постоянными, значения ко-
торых определяются начальными условиями. Свободные колебания после началь-
ного импульса быстро затухают, о чем свидетельствует множитель e~et. Устано-
вившиеся вынужденные колебания выражаются вторым членом уравнения (4.61).
Их амплитуда В и фаза т) уже не произвольны, а имеют совершенно определен-
ные значения, вычисляемые по выражениям (4.60). Необходимо заметить, что
при наличии затухания, т. е. при коэффициенте затухания е #= 0, фаза ц отлична
от нуля; следовательно, вынужденные колебания происходят со сдвигом фазы
относительно возмущающей силы.

Амплитуду вынужденных установившихся колебаний В, или vdtn, можно
выразить через перемещение от статического воздействия амплитудного значения
возмущающей нагрузки:

где динамический коэффициент

(4.62)

На рис. 82 показаны кривые, выражающие зависимость динамического коэф-

фициента при наличии затухания от
отношения 6/о и значения логариф-
мического декремента затухания 6.
Динамические коэффициенты, а сле-
довательно, и амплитуды благодаря
затуханию уменьшаются, и при ре-
зонансе в бесконечность уже не об-
ращаются. Максимум динамического
коэффициента несколько смещен в
сторону от абсциссы 6/со= 1, однако
это смещение мало и его можно при-
ближенно определять по формуле

Птах ~ 7Г =	'	(4 63)

Из графиков также видно, что
силы вязкого сопротивления оказы-
вают заметное действие на изменение
динамического коэффициента лишь
в око дорезонансной области.
Особенностью вынужденных колебаний при резонансе является то, что пере-

мещения сдвинуты по фазе на (запаздывают) относительно возмущающей силы,

т. е. перемещения достигают максимума в те моменты, когда возмущающая сила
обращается в нуль и наоборот.

Упражнения

4.29.	Определить при резонансе динамические коэффициенты кон-
струкций, изготовленных из различного материала.

Решение. Динамические коэффициенты при резонансе опреде-
ляем по приближенной формуле (4.63), приняв расчетные коэффициенты
неупругого сопротивления материала конструкций у0 по данным, при-
веденным на с. 232.

Для конструкций из прокатной стали р = 1/0,025 = 40; для дере-
вянных конструкций р — 1/0,05 = 20; для кирпичной кладки р =
= 1/0,08 = 12,5; для бетонных и железобетонных р = 1/0,1 = 10.

4.30.	Найти динамический коэффициент с учетом затухания колеба-
ний стальной прокатной балки, рассмотренной в упражнении 4.20.

Решение. Для того, чтобы найти динамический коэффициент
с учетом затухания по формуле (4.62), необходимо знать частоту сво-
бодных колебаний со, частоту возмущающей нагрузки 6 и коэффициент
неупругого сопротивления материала у0. В упражнении 4.20 со =
= 38,8 с-1, 0 = 36,6 с-1; для стальной прокатной балки у0 = 0,025.
Тогда

и =	1	= 8,93,

l/|l-3^V + (o.O253^r
r \	38.82/ к 38,8/

что приблизительно на 1,6 % меньше полученного значения р без учета
затухания. Следовательно, в условиях данной задачи (у0 = 0,025 и
О/co = 0,943) затухание можно не учитывать.

4.31.	Как изменятся размеры сечения балки в задаче 4.25, если
учесть затухание колебаний?

4.32.	Найти наибольшие нормальные напряжения в раме, заданной
в упражнении 4.21, при учете затухания колебаний.

Глава 2_

КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМ С НЕСКОЛЬКИМИ СТЕПЕНЯМИ СВОБОДЫ

23.1. Вычисление частот свободных колебаний

Система с п степенями свободы характеризуется п независимыми геометри-
ческими параметрами, полностью определяющими положение всех масс в любой
момент времени при колебаниях системы. Если при этом на систему будут дей-
ствовать только силы инерции масс и силы упругости системы, колебания назы-
ваются свободными. Составим уравнения движения, рассматривая для простоты
рассуждений и наглядности невесомую балку с п точечными массами (рис. 83).
В этом случае положение каждой массы определяется только одним геометричес-
ским параметром — перемещением по вертикали.
Уравнения движения можно со-
ставить на основании условия
динамического равновесия для
каждой из степенен свободы

Fs.a = °
fc=l

(i= 1, 2, ... , п) (4.64}

или, рассматривая перемещения, соответствующие каждой степени свободы.

п

vt = V Vik 0 = 1. 2» • • • » п).	(4.65)

где /z = —— сила инерции i-й массы; Fs ik = cikvk — сила упругости в i-й
точке, возникающая от перемещения й-й точки; Cik — усилие, приложенное к i-ii
массе, вызванное перемещением Л-й массы на единицу при условии, что на все
остальные массы (в том числе и на t-ю) наложены дополнительные связи, препят-
ствующие их смещению; Vi— полное перемещение t-й точки; Vik = f>iklk =
= —^ikmkvk — перемещение r-й точки, возникающее от действия инерционной силы
k-ii массы; Ъц{— перемещение i-н точки, вызванное единичной силой, приложенной
в ft-й точке.

Во многих случаях коэффициенты Ъцг определить проще, чем qj,. поэтому
остановимся на записи уравнений движения (4.65) и покажем их в развернутом
виде, предварительно перенеся все члены в левую часть уравнения:

i'i 4*	+ ^2^12^’ -Ь - • • 4- mrfiinVn = 0; '

4~ fn-2^22v2 4" •  • 4- тП^2пРп = 0; .	(4 gg)

4“ fTljfiniVl 4~ m2^n2v2 4~ • • • 4“ /^n5nn^in= о»

Эта система дифференциальных уравнений дает п частных решений в виде
Vi = Ai sin (со/ 4- X) (£=1,2,..., n).	(4.67)

Найдем вторые производные по времени:

Vi = —со2Ai sin (со/ 4- X) (i = 1, 2, ... , л).	(4.68)

Подставив выражения (4.67) и (4.68) в уравнения (4.66) и разделив на
со2 sin (со/ 4-X), получим следующую систему алгебраических однородных линей-
ных уравнений относительно амплитуд:

4-	^2^12 А-2 4-. .. 4~ fnn\nAn — 0;

^1^21^1 4- ^2$22  ^2) ^2 4~ • • • 4- тП^>2пАп = 0;	<	(4.69)

tfiiSni-An 4- /Игбпг^г 4“ - • • 4“ уПп$пп — —gj Ап = 0.

Ненулевое решение этой системы, т. е. при не равных нулю амплитудах, воз-
можно лишь в том случае, когда определитель, составленный из коэффициентов
при амплитудах, будет равен нулю:

т1\1	^2	f^2 $12	.. . fnn^m

т^21	^622—^... тп^2п

л?2б/г2	... тпЬпп — ~

(0*
Раскрыв этот определитель, получим алгебраическое уравнение л-й степени
относительно 1/ю2, из которого можно найти в общем случае п различных корней
(1/0)1,	___, 1/о)п) и, следовательно, п значений свободных частот (lOj, Щг, • ••,

сйп), или спектр частот. Каждая точка совершает сложное л-тоновое колебание;
каждому тону отвечает своя, особая форма упругой линии.

Решение уравнения частот (4.70) для л :> 3 является сложной задачей. Наи-
более простой вид система уравнений (4.69) имела бы при всех = 0. Тогда
колебания будут однотоновыми и взаимно независимыми: значения частот колеба-
ний в этом случае находят по формуле

аг=1/—L. ,	(4.71)

V mfiii

как для систем с одной степенью свободы. Однако разделение форм колебаний
сравнительно просто осуществить только в некоторых частных случаях, например
для симметричных систем с двумя степенями свободы. Для практических целей
часто достаточно знать одну низшую, первую частоту спектра, если она превы-
шает частоту возмущающей нагрузки. Ее можно найти, использовав двухсторон-
ние оценки частоты основного тона, предложенные на основании исследования
спектральных свойств определителя уравнения (4.70) проф. С. А. Бернштейном:

(4-72)

где

Bi = £ m&it,
В2 = J] mffiit + 2 £ mimk^ik-

(4-73)

(4-74)

Упражнения

4.33.	Для фермы, заданной в упражнении 4.5, определить частоты
свободных колебаний, учитывая, кроме вертикального, и горизонталь-
ное смещение массы.

Решение. Ферма с массой в узле 2 представляет собой систему
с двумя степенями свободы, поэтому уравнение частот свободных коле-
баний (4.70) примет следующий вид:

m6u—£

/и612

752-

Раскрыв определитель, получим

Jr - (6н + W + т’ (6И6И - 6?2) = 0.

Выполнив некоторые преобразования, имеем

J_=	у(«п±М1(61А2_6!2)](

откуда

j/"	1^11 + $22 ± V ($11 — $гг)2 + 4?'~J
Вычислим перемещения 6U, 622 и Л12, воспользовавшись формулой
Мора

<,= 1’ 2>’

и представим результаты в табличной форме (табл. 4.2).

Таблица 4.2

I Номер I стержня	1, м	А. м2	ЕА, кН	Д'.	Д'.		л7;	Л\Д/.	Л'П  ~ЁА	N»l ~ЁА	Д',Л'../  ЕА
	4	28-10-*	58,8-10*	—0.6667	0	0,4445	0	0	3,024-10—*	0	0
2—4	4	28-10—*	58.8-10*	—0.6667	—1	0,4445	1	0,6667	3.024-10—*	6,803-10—»	4.535-10—»
1—3		28-10—*	58.8-10*	0.8333	0	0,6944	0	0	5,905-10—*	0	0
3—4	5	28-10—*	58.8-10*	0.8333	0	0,6944	0	0	5,905-10—»	0	0
2—3	3	23-10—*	48.3-10*	—1	0	1	0	0	6.211-10—«	0	0
									24,069-10—»	6.803-10—*	4.535-10—»

Подставляем найденные значения в формулу для определения
<01,2:

Ю3
(01,2 =---- -	=

__1L_. * 124,069 + 6,803 ± <24-069 — 6,803)2 + 4 • 4.5352]

______________103___________
“ /0.7645 (30,872 ± 19.503) ’

откуда (ох = 161 с"1, (о3 = 339 с-1.

В упражнении 4.15 при рассмотрении этой системы как системы
с одной степенью свободы частота свободных колебаний со = 169 с“1,
что приблизительно на 5 % больше, чем <ov Таким образом, упрощение
задачи приводит к завышению частоты основного тона.

4.34.	Определить частоты собственных колебаний рамы с двумя со-
средоточенными массами (рис. 4.18, а), если l/h = 1,5; т/гпа = 1,5,
a EI = const.

Решение. Если учитывать только изгибные деформации рамы,
масса /7?1 при колебаниях будет перемещаться только по вертикали,
а т2 — по горизонтали, следовательно, система имеет две степени сво-
боды.

Запишем уравнение частот свободных колебаний:



Щ2$12

т2^2'2

Раскрыв определитель, получим

Jr — Jr (m&i + т262->) + mim-i (W22 — ь12) = °-
Корни этого уравнения

(О] ,2 =

J/ ^1^11 “И ^2^22 i I РП1’\1 Н~ ^2^22)2 --АгП^ГП^ ---------$12)

Для определения перемещений 6П> 623 и 612 построим эпюры момен-
тов в заданной статически неопределимой раме от единичных сил, при-
ложенных в местах расположения масс.

Раму рассчитываем методом перемещений. Угол поворота жесткого
узла

Zj = —Rif/rn>

На рис. 4.18, б показаны единичная эпюра и грузовая от единичной
силы на ригеле, по которым находим

rn = 3EUh + 3E//Z и Rlf = — 3Z/16.

При нагрузке на ригеле
7f - hl*
z'1~' 16(Л+О El ’
Изгибающие моменты соответственно в узле и в месте приложения
силы

ЗЕ! hl*

h	16 (h + I) ’

M _5/	1 3£V	Л/2	/(8*4-5/)

21	32 i 2 I	\8{h-\-l)El ~ 32(/i+/) ’

По аналогии запишем моменты при приложении силы к середине
стойки:

Л Л _

М12 ~ 16 (Л +1) ’

м _ *(8/4-5*)

Ш22 - ”32 (*-{-Z) •

На рис. 4.18, в показаны эпюры моментов от единичных сил в за-
данной раме с учетом соотношения Uh = 1,5. Находим перемещения

у [ M[dx_ 1 9/.2 9Z , Z 19191
Zj J £/	2 80 п 3 80Е/ "Г- 2 - 6£7 ^80 80 +

3,25/ 3,25/	I5,5Z15.5Z\	1 15,5/ /	2	15,5/ 53Z3

+4 80	80 ‘	80 80 )	2 80 2	3	80Е1 ~ ЗШЕ1 ’

я _ V (1	17/ h 2	9/

°12“ 2jJ	El ~	2 ’ 120 2	’	3 ' 160Е/

h	{ 17Z 91 , 41IZ 27z	1

2 • 8EI	\ 120 ’ 160	4240 ’ 320	20 * 80/

/	।	9/ I , . 3,25/	3/ , 15.5/	/\

2•6E7 \ 80 * 20 ‘ 4 ‘ 80 * 80	80 * 40/

1 15,5/ /2 I =	/3

2 80 2 ’ 3 ’ 40Е/ “	320*7 ’

У	l 17/ ft 2 17/	,

°22 — Zj J Ei — 2 120 2 3 120Е/ +

, h	,	5.5/5.5Z	,	I l\ ,

“J" 2 • 6Е/ 120 120 + 4 120 120 + 20 20/ +
J_ 2 i 2 I = 31/3
+ 2 20 1T 20Е/	6480Е/ *

Подставив вычисленные значения перемещений в формулу частот,
найдем, что

<о2= 11,65]/^.

4.35.	Определить спектр частот свободных колебаний балки постоян-
ного сечения с тремя сосредоточенными массами (рис. 4.19, а) без учета
симметрии — графически — и с учетом симметрии, а также найти зна-
чения частоты основного тона, использовав оценки проф. С. А. Берн-
штейна.
Решение. Без учета симметрии определитель частот будет
третьего порядка, так как система имеет три степени свободы:

—^2^12

^1^21	^2^22	^3^23

т1$31	^2^32	^3$33

Построим эпюры от единичных сил, приложенных в местах располо-
жения масс (рис. 4.19, б, в), и найдем коэффициенты. Эпюра М3 будет
такой же, как и М„ только повернутой относительно оси симметрии
балки на 180°:

о _ 1 /	/	2	/	1	/ .	2_/ _	5/3

011	2	4	4	3	4£/	+	2	4	3 4£/	192Е/	’

Л_	1	(	1	л j_	4 37	1	1 1\	1	I ± 2	1	/3

°12~	2 • 6£/\ 4	U	16	8	8	4 /	2	'4 2 3	8£/“	64Е/’

Л -	91	1	1_2	1	-	Р .

°22 — 2 2	4	2	3 4EI	~~ 48Е/ ’

Л	—	1	7	/	1	7	-	73

°13	2	4	1	3	4£/ “	96Е/ *

Коэффициенты = 6и и 623 = 612. Раскроем определитель частот
по правилу Саррюса:

(mi6u — —j (/я2622 —	(m3fi33 — i.) + 2m1m2m3631612623 —

тгт3 {m2S22 j d13 m2m3 \m	d23

mrm2 [m3§33 j 612 = 0.

После ряда преобразований получим

U)3 -т <2й»+U)2+т2 <26* а*+& - & -

- а?,)	(8?Д 2 +	- 2«и& - 6^ = 0.

Подставим сюда значения перемещений. Умножив все члены на <ос
~	ml3 о

и обозначив 1] = -j92£7 со"’ получим уравнение третьей степени

ЗОп3 —43п2+ 14л — 1 = 0.

Из графика функции 1] (рис. 4.19, г) найдем значения трех корней
уравнения:

=	‘’« = 8/;^, <о3= 13,86

Для симметричных систем с симметрично расположенными массами
возможны симметричные и кососимметричные формы колебаний, вызы-
ваемые симметричными и кососимметричными инерционными силами.
В этом случае перемещения вычисляют как групповые от правых сим-
метричных и кососимметричных единичных сил. На рис. 4.19, д пока-
заны ёдиничные эпюры. Определяем перемещения:

с Q 1 / / 2 /	, / , / _ 7/з

4 4 3 4EZ + 4 4EI 96EI ’

6 - 9(1111-14-11-'! — )-!_•

22	-(,? 4 4 3 4Е/Т 2 4 S 3 4Е1)	32Е1 •

$зз = 48Е/ ’ $12= $23 ~ $

А  ______L1/_L_______li_

13	2 4 4EI	32EI •

Уравнение частот для кососимметричных колебаний (в случае груп-
пировки соответствующие массы вводятся в уравнения с коэффициен-
том 0,5)

-£с22 —v = °,
2 22 со2 ’

1Лб4£7 Qi/”ET

откуда <о= У у -^г=8|/ —3.

Для симметричных колебаний составляем определитель:

Шт С	1

т^1з
т R R	1	О’

-g- 031	/П033	-^2

раскрыв который и в общем виде решив квадратное уравнение, получим

/2

СО = -у: _	-	—	_-.-=г= .

|/ т [(^. 4- бзз) ± У (^! 4- 6М)2 - 2 (б..^ - вД)]

Подставляем в это выражение перемещения и вычисляем две другие
частоты симметричных колебаний:

<111 = 4,38 1/^1; (0 = 13,861/"^1.

Запишем весь спектр частот, давая индексы по возрастанию:

<0! = 4,38 / J; <о2 = 8	; <о3 = 13,86 / J.

Формы колебаний, соответствующие этой последовательности ча-
стот, показаны на рис. 4.19, е.

Найдем частоту основного тона, применив оценки проф. С. А. Берн-
штейна. Вычисляем значения параметров, входящих в формулу (4.72):

ю _ я , я I я ^ml3 т^3 । 5m/3 7 ml3
_ гщСц + m2o22 -j- m3o33 — J92£/ +	192£/ — 96£/;

B2 =	+ m22tf22 + т36з3 + 2 {tn^^ + т^пгЬ22 + m3m^ =

o I 5m/3 \2 I ml3 \2	л I ml3 \2 o / ml3 2 _ . . A ( ml3 )2

~ 2 U92EZ / + H8£7/ + 4 UlEZ } + 2 ^96EZ / ~ 11 ° \ 192£ J ’
Искомая частота лежит в пределах

Приняв среднее, получим (omin = 4,4 у что отличается от
точного значения всего на 0,45 %.

4.36,	Определить частоты свободных колебаний фермы (рис. 4.20).
В какой степени изменятся частоты, если массу поместить в нижний
узел? Соотношение жесткостей элементов верхнего пояса к нижнему
и к решетке равно 1 : 1,2 : 0,6.

4.37.	Построить график изменения частот свободных колебаний не-
разрезной балки (рис. 4.21) в зависимости от изменения соотношения
от 1 до 2. Соотношение между массами равно соотношению между
пролетами.

4.38.	Вычислить спектр частот свободных колебаний рамы с двумя
сосредоточенными массами (рис. 4.22), сравнив частоту основного тона
с величиной, полученной с помощью оценок проф. С. А. Бернштейна,
mi : лп2 = / : /i = 1,5; EI ~ const.

4.39.	Во сколько раз увеличится наименьшая частота свободных
колебаний рамы примера 4.34, если шарнирные опоры заменить защем-
ляющими?

4.40.	Вычислить частоты свободных колебаний балки с тремя сосре-
доточенными массами (рис. 4.23), использовав условие симметрии, и по-
казать главные формы колебаний.

23.2. Вынужденные колебания системы

При действии вибрационной гармонической нагрузки Fr (t) = Fr sin 6/
(рис. 84) на систему с несколькими степенями свободы она начинает колебаться.
При этом инерционные силы масс и, следовательно, вызываемые ими внутренние
усилия (изгибающие моменты, поперечные и продольные силы) изменяются во
времени. Для исследования их изменения запишем уравнение движения, как и при
свободных колебаниях, в виде (4.65), добавив составляющие перемещений, вы-
званные возмущающими нагрузками:

Ч (0 = S vik (0 + △*/ W («= !• 2........«)»	<4-75)

где vik (0 =	(0; (О = J] (/) — составляющая перемещения i-й массы

от воздействия возмущающих сил.
В дальнейшем будем предпола-
гать, чго все динамические нагрузки,
приложенные к системе, имеют одну
и ту же частоту 0 и изменяются в од-
ной и той же фазе. Колебательный
процесс в начальной стадии возму-
щающих нагрузок состоит из двух

видов колебаний — свободных и вынужденных. Через некоторое время, в резуль-
тате затухания, режим колебаний станет установившимся гармоническим с часто-
той вынужденных колебаний 6. В этом случае перемещение каждой массы

г/ (0 = vt sin Gt (4* = 1, 2, ... , л).	(4.76)

Инерционные силы

(4.77)

Найдем Vi(t), дважды продифференцировав выражение (4.76):
vt (t) = —ViG2 sin 0/ = — G2vi (О-

Подставив полученное уравнение в (4.77), выразим перемещение через инер-
ционную силу:

°<ОТ=^//ОТ-	(4.78)

Теперь подставляем уравнение (4.78) в (4.75):

V1 ОТ + W» ОТ4-..- +	МО + • • • + «,„/„ (0 +

4-At7(n = 0 (i= 1, 2, ... , п).	(4.79)

Полученные уравнения являются уравнениями движения системы. В уста-
новившемся режиме движения нагрузки, инерционные силы, перемещения и внут-
ренние усилия одновременно достигают наибольших (амплитудных) значений
при sin 0/ = 1. Обозначив



получим из уравнений движения систему канонических уравнений относительно
амплитудных значений инерционных сил:

+ ^2^12 + . . . +	— $

621+^22+ • • -+ Zn^2n+ Д2/= 0;	(4 81)

/1«я1 4- М„2 + • • • + W„ +	= 0.

Найдя из этих уравнений Ц (i = 1, 2, ..., ri), можно определить максималь-
ные значения внутренних усилий и перемещений исходя из свойств линейно де-
формируемой системы. Например, изгибающие моменты

Ч = Msf + ^S171 + ЖйА + . . -	(4.82)

где Msf — изгибающий момент в s-м речении заданной системы от амплитудных
значений возмущающих нагрузок; Ms; — момент в заданной системе от дей-
ствия единичной инерционной силы It — 1.

Для систем с несколькими степенями свободы возможно образование несколь-
ких резонансов при совпадении частоты возмущающей нагрузки 0 с одной из ча-
стот свободных колебаний. При резонансе инерционные силы» если не учигывать
затуханий, обращаются в бесконечность.
Действительно, при решении системы уравнений (4.81) по правилу Крамера
инерционные силы

(1=1,2.......п).	(4.83)

где D — определитель, составленный из коэффициентов при неизвестных.

При D = 0 инерционные силы обращаются в бесконечность. Если, учитывая
выражение (4.80), из каждого столбца определителя вынести ГП[, получим

D =

7721/7Z2   • ПТ-п

X	1  g2	Л?2^12	. .	fitnfiin
/П1621	^2^22	•	
/П16П1	лг2СП2	. . тпЬпп — -gj-

= 0.

При замене 0 на о этот определитель совпадает с определителем уравнения
частот свободных колебаний. Таким образом, при выполнении одного из равенств
6 = со£- (t = 1, 2, ..., п) определитель D обращается в нуль, т. е. наступает явле-
ние резонанса.

Упражнения

4.41.	На рис. 4.24, а показана невесомая балка с двумя сосредото-
ченными массами т, находящимися под действием равномерно распре-
деленной вибрационной нагрузки интенсивностью q (t) = q sin 0/. По-
строить эпюры изгибающих моментов при различных соотношениях
6/(0.	__

Решение. На рис. 4.24, б, в, г показаны эпюры моментов
и М2 от единичных сил и 72 и грузовая эпюра моментов Mf. Поль-
зуясь приемом перемножения эпюр, вычисляем перемещения:

4/3	7/3

$11 = 622 = 243Ё7 ’ 612 = $21 = 486Ё7 ’

Введя обозначение 6 = k у , подобное общему выражению час-
тоты свободных колебаний (k — некоторое число), получим

а* _л* — 4/8	1 — 13 (я 4861

On — о22 — 243£/	— 486£/ Л2 ).

Перемещения, вызванные нагрузкой,

△1/ = А2/ = 2 48б£7 *

Подставив найденные значения перемещений в канонические урав-
/3

нения (4.81), после сокращения на получим:

(8-^6)л + 7/2 + ^9/ = 0;

7Л + (8-^)/2 + у9/ = 0,
Инерционные силы зависят от величины k:

Для удобства вычислений выразим величину k через отношение
6/со. Так как для рассматриваемой балки частота собственных коле
баний

О = 5,69 /5,
то

р _ е _ * УМ
5-69/S

откуда ft2= (Р . 5,69)2 = 32,4р2.

Подставим эту величину в выражение инерционных сил:
j _ г _	11₽2

1	2	30(1—р2) q

Амплитуды инерционных сил I зависят от значений р:

Р 0	0,5	0.9	1	1,1	2	4	оо

h{ql) 0	0.123	1.55 оо —2.12	—0.49	—0.392	—0.367

Соответственно найденным значениям / на рис. 4.24, д—з построены
эпюры моментов. Из этих эпюр видно, что динамические моменты быстро
возрастают с увеличением отношения 0/со. Когда значение частоты 6
переходит через первое значение частоты собственных колебаний со,
моменты изменяют знак. При дальнейшем увеличении частоты вибра-
ционной нагрузки моменты уменьшаются и при р = оо почти исчезают.

Отметим, что в решении этой задачи второй резонанс не обнару-
живается. Это объясняется тем, что сооружение и вибрационная нагруз-
ка симметричны. Вынужденным колебаниям будут соответствовать сим-
метричные изогнутые формы балки, тогда как второй частоте соответ-
ствует кососимметричная изогнутая ось.

4.42.	Найти наибольшие нормальные напряжения в раме (рис. 4.25)
при действии вибрационной нагрузки. Приведенная масса ригеля
и электродвигателя = 0,660 кг, приведенная масса стойки /и2 =
= 0,032 кг, момент сопротивления сечения W = 0,184 • 10-3 м3, жест-
кость стойки и ригеля EI = 3680 кН • м2, частота вынужденных колеба-
ний 0 = 65,94 с'1, амплитудное значение возмущающей силы F =
= 1,77 кН, вес электродвигателя G = 6 кН.

Решение. Заданная рама является системой с двумя степенями
свободы. В этом случае канонические уравнения (4.81) для определения
амплитудных инерционных сил

СЛ + 612/2 + Ац = 0; I
62Л + 6*Л+д2^0- J

Находим коэффициенты и свободные члены, воспользовавшись реше-
нием примера 4.34:

л	53/3	53 • 4,53	ол1р

011	3840Е/ 3840 - 3680 6,416 *	’

6n = «u-^Гз = 3'418 • 10’4-ет^ = -0-067 • 10’1;

= $21 ~	320£7 =	320 - 3680 = ®’774 • 10 \
д _ 61Г	31 • 4,bJ , to„

22 “ 6480£7 ~ 6480 • 3680 ~	’

C = i«	= 1,185 . Ю-^-одог'к.эр—70,686 • 10--;

△u =	= 3,418 • 10~* • 1,77 = 604,986 • IO’6;

Fl3

b,f = —Q9RT7 = —0,774 • 10- . 1,77 = —136,998 • IO’6.

Решаем систему уравнений

0,067/j 4- 0.774Л — 6,04986 = 0. 1

0,774/j + 70.686/0 + 1.36998 = 0 j

и находим /t = 103,63 кН, /2 = —1,15 кН.

Определяем ординаты эпюры моментов от динамической и статиче-
ской нагрузок, используя выражение

М = Mf 4-	4- /Й2/2 4- MG.

На середине ригеля

М = 'Чо4,5 • '-77+ ‘Чо4,5- 103,63 + ^- 1,15 +

+ 15’L 4'-5 • 6,00 = 97,2562 кН • м.

В узле

Л1 = -^^(1,77 + 103,63 + 6,00)+g. 1,15=—56,655 кН • м.

В середине стойки

М = — —(1,77 + 103,63 + 6,00) —'4^-- 1,15 = —28,9312 кН-м.
1OU	1ZU

Наибольшие напряжения возникают в сечении, расположенном по-
средине ригеля:

_	_ ^тах _	97,2562	_ ROQ СЛЛ ,/По

tfmax — w ~ 0,184  ю-3 — 528 600 кПа.

Система близка к резонансному состоянию. В упражнении 4.21 при
решении этой же задачи, но без учета массы ригеля и стойки рамы,
напряжения были значительно меньше, т. е. система находилась не-
сколько дальше от резонансного режима. Отсюда следует, что вблизи
от резонанса к приближенному решению необходимо относиться
осторожно.

4.43.	Для балки, рассматриваемой в упражнении 4.41, которая на-
гружается только сосредоточенной вибрационной нагрузкой F (t) =
= F sin 0/ в месте расположения одной из масс, указать резонансные
режимы и построить четыре динамические эпюры моментов при отно-
шениях 0/(0! = 0,75; 0/(о2 = 0,75; ©/(Oj =1,25 и 0'со2 = 1,25.
4.44.	Определить наибольшие напряжения в раме, заданной в упраж-
нении 4.42, если опорное сечение стойки заделать. Сравнить резуль-
таты и сделать выводы.

4.45.	Определить усилия в стержнях фермы (рис. 4.26) при следую-
щих значениях параметров: т = 0,6 кг; F = 1,2 кН; 0 = 70 с-1; Е =
= 2 • 108 кПа; А — 3 • 10-3 м2. Площади всех стержней одинаковы.
Горизонтальными смещениями масс пренебречь.

Глава 24

СИСТЕМЫ С БЕСКОНЕЧНЫМ ЧИСЛОМ СТЕПЕНЕЙ СВОБОДЫ

24.1. Поперечные свободные колебания стержней

Система с бесконечным числом степеней свободы — это система, масса кото-
рой распределена непрерывно вдоль осей составляющих ее элементов. Практиче-
ски все сооружения являются системами с бесконечным числом степеней свободы.

Возьмем прямолинейную балку постоянной жесткости EJ с равномерно рас-
пределенной массой т = q/g. Между нагрузкой q и прогибом v существует зави-
симость

« =	(4.84)

При рассмотрении свободных колебаний балки единственной нагрузкой будет
инерционная сила, которую можно определить по формуле

— d2v

(4.85)

Приравнивая выражения (4.84) и (4.85) и учитывая, что при колебаниях пе-
ремещения являются функцией как положения, так и времени, получим уравне-
ние свободных колебаний

d*v Е[ d*v _
дР + дх*~

(4.86)

Решение этого дифференциального уравнения можно представить в виде про-
изведения двух функций:

ц = Х(х). 7(0-

При этом уравнение (4.86) разбивается на два обыкновенных дифференциальных

уравнения:	d27  ^+^7 = 0;  (4.87)  __w3_.X = 0J

интегралы которых известны и соответственно равны

7 (?) = A sin (со/ + А);

X (х) = sin kx + Ва cos kx + B3 sh kx -f- ch kx,
где

(4.88)

(4.89)

(4.90)

Значение k определяется из краевых условий, которые зависят от способа
закрепления концов балки. Зная k, можно найти частоту свободных колебаний
Упражнения

4.46.	Найти спектр частот свободных колебаний балки, шарнирно
опертой по концам (рис. 4.27, а).

Решение. Рассматриваем общее решение по формуле (4.89)

X (х) — sin kx + В2 cos kx + B3 sh kx + B4 ch kx.

Для определения произвольных постоянных запишем краевые ус-
ловия:

Я2 Y
при х = 0 и при х = I X = 0;	= 0,

которые означают отсутствие по шарнирно закрепленным концам балки
прогибов и изгибающих моментов.

Из условия х = 0; X = 0 найдем

В2 + В4 = 0.	(4.92)

Чтобы использовать второе условие (х = 0;	= о) , возьмем

вторую производную от выражения (4.89):

dzX

= k2 (—Bi sin kx — В2 cos kx + B3 shkx + ch kx) (4.93)

и после подстановки получим

—B2 + В4 = 0.

(4.94)

Из совместного решения уравнений (4.92) и (4.94) следует, что

В2 =	= 0.	(4.95)

Используя следующие два условия (х = I, X = 0 и	= 0j , по-

лучим

Bi sin kl + В3 sh kl= 0; 1

—Bi sin kl -j- B3 sh kl = 0J
откуда следует, что

Bi sin kl = 0;|	(4.96)

Вэ sh kl = 0.J

Исследуем, какие множители в уравнениях (4.96) можно принять рав-
ными нулю. Коэффициенты Вг и В3 не могут
быть равны нулю, так как такое равенство
означало бы состояние покоя балки. Мно-
житель sh kl тоже нельзя считать равным
нулю ввиду равенства нулю в этом случае
k. Значит, sin kl = 0, из чего следует
kl = пл, или k — ~j , где п — произволь-
ное целое число.

Зная k, по уравнению (4.91) найдем

п = 1, 2, ... (4.97)
Спектр балки содержит бесконечное множество частот. Каждому зна-
чению частоты соответствует форма изогнутой оси балки (рис. 4.27, б)

Хп(х) = Brtsiny х.

4.47.	Найти первые три значения частот свободных колебаний для
балки: а) с двумя защемленными концами; б) с одним защемленным,
другим шарнирно закрепленным концом; в) с одним защемленным, дру-
гим свободным от закрепления концами.

Таблица 43

Вид деформации и
эпюры моментов

Значения функций ip(u)

.. и	2 sh и sin и

и (ц)==---------------------;

'	3 ch usinu-sh и cos и

, 1 ц2 chusin и+shи cosu .

' Т chusinu -sh и cosu '

uj fU\	stiu+smu________

' 3 chu sinu-shucosu

... ля_ u chusmu-shucosu .
l-chucosu ’

(}u shu-sinu__
У ‘ ' 2 1-chucosu
w/ uzshusmu
% W-TTjhucosu~'

6 1 -til и cos и

w	Zchucosu

та • ' j 'chusinu-snucosu
chu+cosu .
j ch иsmи-shu cosu

tlf /..) chusmu -i-shucosu
/-chu cos и

,y пл “s shu+sinu .

/2 l-diucosu’

«, 4,)=^___L±thucosu

V' 3 chusinu-shucosu
Виды нагрузки и эпюры моменгло!}

Значения функций fy (и)

viu)~i-______cJ±^i__________;

(?) £'л7'!‘л osjr
]	sh ~2 + sin ~2

a=k-£’



444444 ‘ГП

ф (и)— f? ch “sin? sh^cDs?
“3 chsin ~2 +shj cos j

., .. о -Zsh-fsin^
о -и .и—
ch~2 SLn-^sn^ cos~2

24.2.	Колебания рамных систем .

Характеристики вынужденных и свободных колебаний рам с непрерывно
распределенной массой, как и при статическом их расчете, определяют методами
сил и перемещений. Динамический расчет значительно сложнее статического, по-
этому применение метода перемещений в данном случае предпочтительнее.

Расчет колебаний методом перемещений производится в классической его по-
становке, но с учетом того, что неизвестные и реакции во введенных связях яв-
ляются функциями времени. Канонические уравнения записываются как обычно:

'ii-Zi 4- 6l2.z2 + • • - + г\п^п + ^1/= 0;
r2i-2i 4- г222.> 4- .. . 4" r2nZn ’Ь R-2f = 0;

rn\Zl + rn2Z* + • • • + rtmZn + *nf = °’

(4.98)

где Zit rik и /fy — соответственно амплитудные значения вибрационных перемеще-
ний и реакций во введенных дополнительных связях от единичных вибрационных
перемещений и вибрационной нагрузки.

Единичные и грузовые эпюры моментов в основной системе строятся с уче-
том инерции весомых элементов. Эти эпюры отличаются введением поправочных
функций ф* (и) для соответствующих статических величин отдельных статически
неопределимых балок (табл. 4.3). Числовые значения функций ф4- (и) (табл. 4.4) за-
висят от аргумента

и = /г/,	(4.99)

гда	k=V!rr-	(4 10°)

При рассмотрении собственных колебаний в формулу (4.100) вместо частоты
вынужденных колебаний 0 входит частота свободных колебаний со, а в канониче-
ских уравнениях (4.98) свободные члены R^ принимаются равными нулю. Для
получения уравнения частот составляется и приравнивается к нулю определи-
тель, элементами которого являются коэффициенты при неизвестных канониче-
Таблица 4.4

и	Ф1 («)	Фг («)	Ф, (и)	Ф* («)	Фе (w)	Фе (и)	Ф? (и)	1  ф8 («)	Фв («)	Ф10 («)	Фп(«)	ь15 («)
0	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000
0,10	1,0000	1,0000	1,0000	0,9999	0,9999	1,0000	1,0000	0,9999	1,0001	0,9999	1,0000	0,9999
20	0,9999	1,0000	1,0000	0,9999	0,9999	1,0000	1,0001	0,9997	1,0002	0,9999	1,0000	0,9999
30	0,9999	0,9999	1,0001	0,9998	0,9998	1,0001	1,0002	0,9987	1,0007	0,9997	1,0001	0,9994
40	0,9998	0,9999	1,0001	0,9993	0,9997	1,0002	1,0004	0,9958	1,0014	0,9992	1,0004	0,9980
0,50	0,9996	0,9999	1,0002	0,9982	0.9995	1,0003	1,0008	0,9899	1,00.9	0,9981	1,0007	0,9951
52	0,9996	0,9998	1,0002	0,9979	0,9994	1,0004	1,0009	0.9882	1,0035	0.9977	1,0003	0,9942
54	0,9995	0,9998	1,0003	0,9976	0,9992	1,0004	1,0011	0.9862	1,0041	0,9974	1 0009	0,9933
56	0.9994	0,9998	1,0003	0,9972	0,9991	1,0005	1,0013	0,9841	1,0047	0,9969	1,0010	0,9923
58	0,9993	0,9997	1,0004	0,9968	0,9990	1,0006	1,0015	0,9817	1,0053	0,9965	1,0012	0,9911
0,60	0,9992	0,9997	1,0005	0,9964	0,9989	1,0007	1,0017	0,9790	1,0060	0,9960	1,0014	0,9898
62	0,9991	0,9996	1,0005	0,9958	0,9987	1,0008	1,0019	0,9761	1.0068	0,9954	1,0016	0.9884
64	0,9990	0,9996	1,0006	0,9952	0,9985	1,0009	1,0022	0,9728	1,0077	0,9948	1,0018	0,9868
66	0,9988	0,9995	1,0007	0,9946	0,9983	1,0010	1,0025	0,9693	1,0088	0,9941	1,0020	0,9851
68	0,9987	0,9995	1,0008	0,9939	0,9981	1,0011	1,0028	0,9653	1,0099	0.9934	1,0023	0,9832
0,70	0,9985	0,9994	1,0009	0,9931	0,9979	1,0012	1,0031	0,9611	1,0111	0,9926	1,0026	0,9811
72	0,9983	0,9994	1,0010	0,9923	0,9976	1,0014	1,0035	0,9565	1,0125	0,9917	1,0029	0,9789
74	0,9981	0,9993	1,0011	0,9914	0,9974	1,0015	1,0039	0,9514	1,0139	0,9907	1,0032	0,9764
76	0,9979	0,9992	1,0012	0,9904	0,9971	1,0017	1,0044	0,9459	1,0155	0,9897	1,0036	0,9738
78	0,9976	0,9991	1.0013	0.9894	0,9968	1,0019	1,0049	0,9400	1,0172	0,9885	1,0040	0,9709
0,80	0,9974	0,9990	1,0015	0,9883	0,9964	1,0021	1,0054	0,9336	1,0190	0,9873	1,0044	0,9678
82	0,9971	0,9989	1,0016	0,9870	0,9960	1,0023	1,0060	0,9267	1,0210	0,9860	1,0048	0,9644
84	0,9968	0,9988	1,0018	0.9856	09956	1,0026	1,0066	0,9193	1,0231	0,9846	1,0053	0,9608
86	0,9965	0,9987	1,0019	0.9842	0,9952	1,0028	1.0072	0,9113	1,0254	0,9830	1,0059	0,9570
88	0,9962	0,9986	1,0021	0,9828	0,9948	1,0031	1,0079	0,9028	1,0279	0,9814	1,0064	0,9528
0,90	0,9958	0,9984	1,0023	0,9812	0,9943	1,0034	1,0086	0,8936	1,0306	0,9797	1,0070	0,9484
92	0,9954	0,9983	1,0026	0,9795	0,9937	1,0037	1,0094	0,8838	1,0335	0,9778	1,0077	0,9436
94	0,9950	0,9981	1,0028	0,9776	0,9932	1,0040	1,0103	0,8734	1,0365	0,9758	1,0084	0,9385
96	0,9946	0,9980	1,0030	0,9757	0,9926	1,0044	1,0112	0,8622	1,0397	0,9737	1,0091	0,9331
98	0,9941	0,9978	1,0033	0,9736	0,9919	1,0048	1,0122	0,8503	1,0431	0,9714	1,0099	0,9274
3	ШИ HH ®W 3№ Kiss ЙЙВ ooooc" ccc'cc oo'o'oc dooo’o dodec ceded
-г	HUI uni inn uni inn ugg
g s  ->	CfegSE 8SSEo§ &8?S?S  BIBB s-sss-i i-gg-Bs- s-Bs§§ §§§§§ sB§§§
3  J	ШИ uni gnu gnu ||g|g щи
	й!й йвй Hill «His ййй ёИй o“o"ooo ooco'o coccd do’ccd do'o'oc o'ooo'o + 1
-£	11Я Hill Bill ЯН НВ! ЕЙ!
	Hilt Hill Hffll- Hill Itii-I Illi!
В	IIIH а® ИЦ ня IS! Hi
3	Й» Bi!!»! giii Й!!!!!!!!
J	SSSSS SSsSS SRSSS 3SSSS	SSSSS  сЗВоо ооооо Зооос o©55o C-O ©ООО©
	fe&Sfeg 33333 3S§3§	ggggss Sfegss  oSo’oS So'ScdS §§§§§ So’So’S 532S§
3	fllil ЙЙ1 ggi Bl! НЙ Iliil
a	gSSSS SS222 §as;8?$	S.SSS3
и	4-1 (и)	4-2 (и)	Фз (и)	Фни)	Ф» («)	Фе (и)	(«)	Фе (w)	Фо (W)	(U)	Фи(“)	Ф12(«)
1,60  62	0,9573	0,9842	1,0237	0,8086	0,9422	1,0343	1,0886	—0,0777	1,3150	0,7958	1,0714	0.4772
	0,9551	0,9834	1,0249	0,7986	0,9393	1,0361	1,0932	-0,1335	1,3317	0,7853	1,0751	0,4501
64	0,9528	0,9825	1,0262	0,7882	0,9362	1,0380	1,0981	—0,1915	1,3490	0,7745	1,0790	0,4220
66	0,9504	0,9817	1,0276	0,7774	0,9330	1,0399	1,1032	—0,2518	1,3670	0,7632	1,0830	0,3928
68	0,9479	0,9808	1,0289	0,7662	0,9296	1,0419	1,1085	-0,3144	1,3859	0,7515	1,0038	0,3624
1,70  72	0 9453	0,9798	1,0304	0,7546	0,9262	1,0439	1,1139	—0,3794	1,4054	0,7393	1,0914	0,3309
	0 9425	0,9788	1,0318	0,7424	0,9226	1,0460	1,1196	—0,4469	1,4257	0,7267	1,0960	0.2982
74	0 9396	0,9778	1,0334	0,7299	0,9189	1,0483	1,1255	-0,5169	1,4469	0,7137	1,1005	0,2642
76	0 9368	0,9768	1,0350	0,7168	0,9150	1,0506	1,1317	—0,5896	1,4688	0,7002	1,1055	0,2290
78	0*9337	0^9757	L0366	0,7032	0,9110	1,0530	1,1381	—0,6649	1,4917	0,6862	1,1104	0,1925
1,80  82	0,9306	0,9745	1,0384	0,6892	0,9069	1,0555	1,1447	—0,7430	1,5155	0,6716	1,1155	0,1547
	0 9273	0,9734	1,0401	0,6746	0,9026	1,0581	1,1516	—0,8239	1,5402	0,6566	1,1210	0,1155
84	0*9239	0,9722	1,0420	0,6595	0,8982	1,0607	1,1587	—0,9077	1,5658	0,6411	1,1265	0,0748
86	0,9204	0,9710	1,0439	0,6438	0,8936	1,0635	1,1662	-0,9945	1,5925	0,6250	1,1323	+0,0328
88	0^9168	0,9697	1,0458	0,6275	0,8889	1,0663	1,1739	— 1,0844	1,6201	0,6085	1,1382	—0.0108
1,90  92	0,9130	0,9682	1,0479	0,6107	0,8840	1,0693	1,1819	— 1,1775	1,6489	0,5913	1,1444	—0,0559
	0,9090	0,9669	1,0500	0,5933	0,8789	1,0724	1,1902	— 1,2738	1,6787	0,5736	1,1508	—0,1026
94	0,9050	0,9654	1,0522	0,5752	0,8737	1,0755	1,1988	—1,3735	1,7097	0,5553	1,1574	—0,1509
96	0,9008	0,9639	1,0544	0,5564	0,8683	1,0788	1,2078	— 1,4766	1.7418	0,5364	1,1643	—0,2008
98	0,8964	0,9624	1,0568	0,5371	0,8627	1,0822	1,2171	-1,5833	1,7752	0,5169	1,0880	—0,2525
2,00 02	0,8919	0,9608	1,0592	0,5170	0,8569	1,0857	1,2267	-1,6936	1,8098	0,4967	1,1787	-0,3059
	0,8872	0,9592	1,0617	0,4962	0,8510	1,0893	1,2367	— 1,8077	1,8457	0,4759	1,1863	—0,3612
04	0,8823	0,9575	1,0643	0,4747	0,8448	1,0930	1,2471	— 1,9256	1,8830	0,4545	1,1941	—0,4183
Об	0 8773	0,9557	1,0669	0,4524	0,8385	1,0969	1,2579	—2,0474	1,9217	0,4324	1,2022	—0,4773
08	0,8721	0,9539	1,0697	0,4294	0,8319	1,1009	1,2690	—2,1733	1,9618	0,4096	1,2106	—0,5382
2,10  12	0,8667	0,9521	1,0725	0,4055	0,8252	1,1051	1,2806	—2,3035	2,0034	0,3861	1,2192	-0,6012
	0,8611	0,9502	1,0754	0,3808	0,8182	1,1093	1,2925	—2,4379	2,0467	0,3619	1,2281	—0,6663
14	0,8553	0,9482	1,0785	0,3553	0,8110	1,1137	1,3049	—2,5767	2,0914	0,3369	1,2373	—0,7335
16	0,8494	0,9462	1,0816	0,3289	0,8036	1,1182	1,3178	-2,7202	2,1379	0,3112	1,2469	—0,8030
18	0,8432	0,9440	1,0848	0,3016	0,7960	1,1229	1,3311	—2,8683	2,1862	0,2847	1.2567	—0,8747
и	Ф1 («)	(«)	Фа (И)	Ф< («)	Ф»(и)	Фе («)	<1*7 (U)	Фе (и)	Ф» (и)	Фю(М)	Фи («)	Ф12
2,20	0,8368	0,9419	1,0882	0,2733	0,7881	1,1278	1,3450	—3,0212	2,2362	0,2574	1,2668	-0,9487
22	0,8301	0,9396	1,0916	0,2441	0,7800	1,1328	1,3594	—3,1792	2,2881	0,2294	1,2773	— 1,0251
24	0,8233	0,9373	1,0951	0,2139	0,7717	1,1379	1,3743	-3,3423	2,3420	0,2005	1,2881	—1,1040
26	0,8162	0,9350	1,0988	0,1826	0,7631	1,1432	1,3897	—3,5106	2,3979	0,1707	1,2993	—1,1854
28	0,8089	0,9325	1,1027	0,1503	0,7542	1,1487	1,4057	—3,6841	2,4559	0,1401	1,3108	-1,2695
2,30	0,8012	0,9300	1,1064	0,1168	0,7451	1,1544	1,4222	—3,8638	2,5160	0,1087	1,3227	-1,3563
32	0,7933	0,9274	1,1104	0,0823	0,7357	1,1602	1,4393	—4,0490	2,5785	0.0763	1,3349	— 1,4458
34	0,7852	0,9247	1,1146	0,0465	0,7261	1,1662	1,4572	—4,2401	2,6433	0.0430	1,3476	—1,5382
36	0,7767	0,9220	1,1189	+0,0093	0,7161	1,1724	1,4758	—4,4374	2,7106	+0,0087	1,3607	— 1,6335
38	0.7680	0,9191	1,1232	—0,0288	0,7059	1.1788	1,4950	—4,6411	2,7805	-0,0265	1,3740	— 1,7321
2,40	0,7589	0,9162	1,1277	—0,0684	0,6953	1,1853	1,5148	—4.8513	2,8530	-0,0626	1,3879	— 1,8337
42	0,7495	0,9132	1,1324	—0,1093	0,6845	1,1921	1.5355	-5,0683	2,9283	—0,0998	1,4022	— 1,9385
44	0,7398	0,9101	1,1372	-0,1517	0,6733	1,1992	1.5570	—5,2923	3,0066	—0.1381	1,4170	—2,0468
46	0,7298	0,9069	1,1421	—0,1956	0,6618	1,2064	1,5793	—5,5235	3,0878	-0,1774	1,4322	—2,1585
48	0,7193	0,9036	1,1472	—0,2409	0,6500	1,2138	1,6024	-5,7621	3,1723	-0,2177	1,4479	—2,2737
2,50	0,7085	0,9002	1,1525	—0,2879	0,6379	1,2215	1,6263	—6,0086	3,2601	—0,2592	1,4641	—2,3928
52	0,6974	0,8968	1,1579	—0,3365	0,6254	1,2294	1,6512	-6.2630	3,3513	-0,3018	1,4808	-2,5156
54	0,6858	0,8932	1,1635	—0,3869	0,6125	1,2375	1,6771	-6,5257	3,4462	-0.3455	1,4980	—2,6424
56	0,6737	0,8895	1,1692	—0,4390	0,5993	1,2459	1,7040	—6.7970	3,5449	—0,3905	1,5158	-2,7734
58	0,6613	0,8858	1,1752	—0,4929	0,5857	1,2545	1,7320	-7,0771	3,6475	—0,4366	1,5341	—2,9086
2,60	0,6484	0,8819	1,1813	—0,5488	0,5718	1,2635	1,7610	—7,3665	3,7543	-0,4840	1,5530	—3,0482
62	0,6350	0,8779	1,1875	—0,6068	0,5574	1,2726	1,7912	—7,6655	3,8654	-0,5327	1,5724	—3,1925
64	0,6211	0,8737	1,1940	-0,6668	0,5426	1,2821	1,8226	-7,9744	3,9812	-0,5826	1,5925	—3,3415
66	0,6066	0,8695	1,2007	—0,7290	0,5275	1,2918	1,8553	-8,2936	4,1017	—0,6338	1,6132	—3,4954
68	0,5916	0,8651	1,2076	—0,7935	0,5119	1,3019	1,8893	—8,6236	4,2273	—0,6865	1,6345	—3,6545
2,70	0,5761	0.860G	1,2146	—0,8604	0,4958	1,3122	1,9248	—8,9647	4,3582	-0,7405	1,6565	—3,8184
72	0,5599	0,8560	1,2219	-0,9298	0,4793	1,3230	1,9616	—9,3175	4,4947	- 0,7960	1,6793	—3,9890
74	0,5431	0,8513	1,2294	— 1,0018	0,4624	1,3339	2,0001	—9,6824	4,6371	-0,8528	1,7026	—4,1648
76	0,5257	0,8464	1,2372	— 1,0766	0,4449	1,3453	2,0402	—10,060	4,7857	—0,9112	1,7268	—4,3467
78	0,5075	0,8413	1,2452	— 1,1543	0,4270	1,3570	2,0820	—10,451	4,9407	—0,9712	1,7517	—4,5348
ggSSg 88SI38 .о*ив SSSS8 £8288 S82S8	E
ООООО ООООО О О^О ОО ооооо о о о о о о о о о о йй» ш ВИЙ ВШ Яй шв	e
ООООО ООООО ООООО ООООО ООООО ооооо 11111Й11111111 'OWi Bill Bill	5
ISM SSHs йй$ И=К «ий йай	E
Щ|| LULL LLLLL LLLLL LLLLL LLLLL Kin ГНЙ ГНЙ Й8Й HBi Sia	
ООООО _OOOO_O ооооо ооооо ооооо ооооо  Iiiii liiB'i lilli i'i'iii	Illis	=
BI® H's® IBIi ЙГЙ IBB «ЙИ	£  E
й!й Ий iiS HIi ИЯ SIS	5
i iiii i i i i i i i i i i iiiii i i i i i । । । । । gtfg 88 Bit fiiii ИВ giij Km Sail igg gga jgf gs	
IIIII IIIII IIIII IIIII IIIII 1 1 1 1 1 айв Ий Hi Bill ffffi istt	
to to to too о to to to to totootoro to to				  ЙШ Й38 ВЭ 1ЙВ MBH	
-4,9313  —5,1402  -5,3566  -5,5810  -5,8136  -6,0550  -6,3056  -6,5659  -6,8364  -7,1176  —7,4103  -7,7150  —8,0326  -8,3638  —8,7095  —9,0706  -9,4485  —9,8437  -10,258  — 10,693  -11,150  -11,630  -12,137  -12,671  -13,236  -13,834  -14,468  -15,143  -15,862	

табл. 4.4
и	Ф1 («)	Ф2 (и)	Ф,, («)	Ф«(«)	фв («)	Фе («)	ф2 («)	Фв (и)	Фе («)	Ф« W	1"'“’ 1	
3,40	-0,8150	0,5832	1.6693	—6,6306	-0,4753	1,9844	5,3294	-35,725	17,285	—3,8671	3,1083	-16,631
42	-0,9133	0.5700	1,6916	—7.0290	-0,5206	2,0177	5,5804	-37,453	18,253	—4,0068	3,1811	— 17,454
44	-1,0197	0,5564	1,7148	—7,4596	-0,5674	2.0522	5,8531	—39.311	19,305	—4,1506	3,2567	— 18,338
46	-1,1353	0,5423	1.7388	—7,9264	-0,6157	2.0881	6.1503	-41.314	20.453	—4 2986	3,3353	— 19,291
43	— 1,2612	0,5277	1,7637	—8,4343	—0.6656	2.1253	4,6749	—43.482	21,709	-4,4509	3,4170	—20,322
3,50	—1,3990	0.5126	1,7896	—8.9890	-0,7172	2,1640	6,8316	—45,836	23,091	—4,6079	3,5020	—22,442
52	—1,5504	0,4970	1,8164	—9.5973	—0.7705	2,2041	7,2245	-48,405	24.614	—4,7695	3,5904	—22.662
54	-1,7175	0,4807	1.8443	—10.267	-0,8257	2,2459	7,6595	-51,220	26,302	-4,9361	3,6823	—23,999
56	-1,9028	0,4639	1,8733	— 11.009	-0,8828	2,2893	8,1433	-54,321	28,181	-5,1079	3,7781	—25,471
58	—2,1095	0,4465	1,9035	-11,836	-0,9419	2,3345	8,6846	—57,756	30,286	-5,2851	3,8780	-27.101
3,60	—2,3415	0,4284	1,9349	—12,762	-1,0032	2,3816	9,2938	—61,587	32,657	—5,4678	3.9819	—28,918
62	—2,6037	0.4097	1,9676	-13.807	— 1,0667	2,4306	9,9843	—65,889	35,347	—5,6565	4.0901	—30,958
64	—2,9025	0,3902	2,0016	— 14,996	—1,1325	2,4817	10,77.3	—70,760	38,424	—5,8513	4.2035	—33,267
66	—3,2461	0,3699	2.0371	-16,362	—1,2008	2,5350	11,683	—76,327	41,974	—6,0525	4,3217	—35,904
68	—3,6453	0,3488	2,0741	-17,947	-1,2717	2,5907	12,742	—82,758	46,112	-6,2605	4,4451	—38,949
3,70	—4,1148	0,3269	2,1127	—19,808	-1,3453	2,6487	13,991	—90,280	50,994	—6,4756	4,5742	—42.510
72	-4,6751	0,3041	2,1530	—22,025	-1,4218	2,7094	15,484	—99,208	56,8.37	—6,6982	4,7092	—46.734
74	-5,3554	0,2803	2,1951	-24.714	-1.5014	2,7729	17,30]	— 109.99	63.952	-6,9287	4,8505	-51.836
76	—6,1988	0,2556	2,2391	—28.045	—1.5842	2,8393	19.559	-123,30	72,795	—7,1674	4,9985	-58.130
78	—7,2719	0,2297	2,2852	-32,279	—1,6704	2,9088	22.436	—140,17	84,074	—7,4149	5,1537	-66,101
3,80	—8,6838	0,2027	2,3335	—37,845	-1,7603	2,9817	26.227	-162,26	98.945	—7,6716	5,3165	-76.545
82	— 10,625	0,1745	2,3841	-45,491	—1,8540	3,0581	31.447	— 192,54	119,43	—7,9381	5,4875	-90,850
84	—13,462	0,1450	2,4371	-56,657	—1,9520	3,1384	30,086	-236,62	149.42	—8,2148	5.6672	-111.69
86	—18,002	0,1141	2,4929	-74 517	-2,0543	3,2228	51,323	-307.08	197,48	—8.5028	5,8563	— |44Л5
88	—26,438	0.0817	2,5515	— 107,68	—2,1611	3,3115	74,079	—437,64	286,87	—8,8024	6.0553	—206.60
3,90	-47,556	0,0478	2,6131	— 190,69	—2,2730	3,4048	131,08	—764,08	510,82	—9,1145	6.2652	—360,80
92	-196,60	+0,0121	2,6780	—776.40	—2,3903	3,5033	+ 533,49	—3066,0	+2092.2	-9.4398	6.4865	—447.5У
94	+99,335	-0,0253	2,7464	+38650	-2,5134	3.6071	—265.61	+ 1503.6	-1048,1	-9,7795	6,7204	+70 1,90
96	40,830	-0,0647	2.8186	156,58	-2,5927	3,7168	— 107,65	599,78	—427.40	— 10,134	6,9677	283,16
98	26,149	—0,1062	2,8950	98,866	—2,7786	3,8328	-68,036	372.73	-271,76	— 10,505	7,2296	175,95
Продолжение табл. 4.4
	
СИ	Ф	Ф	ф	ф.  о	to to tO tO <О	ОО ОС ОО ОО ОО	-'J -~J ~~J	ОЭФОО	СЛ СП СП Сл'сл  О	OO Ci Ф to О	ОО оф to О	ОООДЮО	ООСТФЮО	ОООФ-tOO	С
3,8236 3,7412 3,6637 3,5907 3,5215 3,4560 3,3938 3.3345 3,2780 3,2224 3,1721 3,1224 3,0746 3,0286 2,9842 2,9412 2,8997 2,8594 2,8203 2,7823 2,7452 2,7091 2,6738 2,6392 2,6054 2,5722	| 4*i (“) !
—3,7021  -4.1935  —4,7881  —5,5220  -6,4512  —7,6655  —9,3205 — 11,709 -17,212 —22,212 —37,947 —116.35 + 120,14  40,878 25,074 18,304 14,543 12.149 10,491  9,2750 8,3439 7,6078  7,0114 6,5179  6,1028 5,7486	Ф2 (и)
9,8635 10.835 12,013 12,970 15,317 17,734 21,032 25,799 33,292 46,780 78,238 +235,04 -237.97 —79,452 —47,858 —34,332 —26.825 —22,051 -18,749 — 16,330 — 14,48.3 — 13.025 — 11,848 —10.877 — 10,063 -9,3710	£
10,460 10.104  9,7667 9,4458 9,1399 8,8476 8,5680 8,2985 8,0395 7,7896 7,5480 7,3140 7,0867 6,8656 6,6650 6,4399 6,2343 6,0327 5,8351 5,6408 5,4496 5,2612 5,0751 4,8913 4,7092  4,5288	(л)Ч
-14,155 — 15,689 -17,542 -19,827 —22,718 —26,492 —31,631 —39,046 —50,685 -71,611 — 120,37 -363.31 +369,40  123,80 74,826 53.839 42,173 34,741 29.590 25,805 22,905 20,610 19,133 17,202 15,900 14,786	
14,552 16,054 17,875 20,128 22,985 26,725 31,831 39,211 50,814 71,704 120,43 +363,33 —369,42 —123,86 -74,923 -53,975 —42,350 —34,960 -29,850 —26,108 -23,252 —21,001 — 19,182 — 17,684 — 16,428 — 15,362	Фе (и)
—8,6096 —8,4299 —8,2643 —8,1115 -7,9701 -7,8395 1-7,7187 —7,6069 —7,5035 —7,4078 —7,3194 -7,2377 —7,1623 —7,0928 —7,0287 —6,9700 —6,9163 —6,8671 —6,8224 —6,7821 -6,7457 —6,7133 —6,6845 —6,6593 —6,6377 -6,6193	(и) ‘ф
16,701 14,893 13,152 11,469 9,8391 8,2554 6,7129 5,2069 3,7333 2,2882 —0,8683 -0,5295 — 1,9081 —3,2700 —4,6176 —5,9531 -7,2785 —8,5956 —9,9063 — 11,212 — 12,451 — 13,815 — 15,115 -16,415 -17,718 — 19,024	-G- с'
—39,428  —38,783  -38,195  -37,657  -37,167  -36,721  -36,292  —35,946  —35,612  —35,309  —35.036  —34,793  —34,574  —34,382  -34,213  -.34,067  —33,943  —33,838  -33,754  —33,689  —33,642  —33,612  —33,600  -33,603  -33,625  —3.3,661	(И) »ф
-38,725  -42,372  —45,930  -52,160  —68.963  -67,821  —79,853  -97,174  -124,31  -173.03  —286,43  -851.04  + 851,43  280,65  166,75  117,88  90,670  73,298  61,220  52,319  45,470  40.026  35.583  31,881  28,7.39  26.034	(П) ”Ф
31,873 35,351 39,570 44,791 51,416 60,093 71,942 89,076 116,02 164,54 277,75 +842,16 -860,51 —289,93 -176.24 -127,58 — 100,58 —83,434 -71,579 -62,903 -56,284 -51.073 —46,867 -43,405 —40,508 —38,052	
7,4703 6,5984 5,7576 4,9442 4,1553 3,3879 2,6.596 1,9082 1,1918 0,4885 +0,2033 —0,8850 -1,5580 —2,22.35 —2,8826 —3,5364 -4,1859 -4,8318 —5,4751 —6,1165 —6,7568 -7,3966 —8,0366 —8,6775 -9,3197 —9,9639	-V-

Продолжение табл. 4.4
ских уравнений. Так как различные стержни рамы могут иметь разные значения
параметра и, необходимо выразить их через один параметр какого-либо стержня:

Щ	(4.101)

где

=	(4.102»

V rnolt

Упражнения

4.48.	Найти частоту основного тона свободных колебаний и по-
строить эпюру динамических изгибающих моментов в раме (рис. 4.28, а)
от действия возмущающей силы F (/) = F sin О/, где F = 3 кН и 6 =
= 0,8w. Погонные массы ригеля и стойки одинаковы.

Решение. Выбираем основную систему метода перемещений
(рис. 4.28, б) и строим единичные эпюры /И, и /И2 (рис. 4.28,в, г) в со-
ответствии с табл. 4.3. Для ригеля в качестве аргумента функции ф
принимаем величину и; тогда для стойки (см. формулы (4.101) и (4.102))

“1 = «4 V= 0,793и.

6 Г т-1

EI

На эпюрах через i обозначена погонная жесткость -у ригеля; по-

EI l El I .	6 .	, г.

гонная жесткость стоики £, = -z- — i = — i = 1 5t.
ri tl l n 4

При расчете на возмущающую нагрузку канонические уравнения
запишутся так:

r+ г 12^2 + #1/ = 0; |
г21^1 + Г22^2 + ^2/ = 0. J

Коэффициенты и свободные члены канонических уравнений опре-
деляем из условий равновесия. Для нахождения реакции в дополни-
тельной горизонтальной опорной связи г22 необходимо еще учесть
амплитудное значение продольной силы инерции распределенной массы
т ригеля при смещении Z2= 1.

Инерционная сила

—mlv = mlA& sin ОЛ

При амплитуде смещения А = Z2 = I амплитудное значение силы
с учетом выражений (4.99) н (4.100)

mZ62 =ml^- zz4 =	и*.

mF

Реакции в дополнительных связях: гп = 6i^Jzz) + 6/ф2 (0,793zz); г 12=
= r2i “ Ч'5 (0,793/;); г22 = ^Ч’хо (0,793//)--'2 «4; R» = <>; R,/ =
= — F.

Найдем частоту свободных колебаний основного тона, для чего при-
равняем определитель системы канонических уравнений к нулю:

I?' ?2| = 0-

I ' 21	1 22 ।
Раскрыв определитель и подставив найденные реакции, а затем
3i2

сократив на , получим уравнение частот

2	(«) + 4’2 (0,793и)] 118ф10 (0,793и) —	— 27^ (0,793и) = 0.

Используя табл. 4.4, подбором решаем это уравнение и находим пер-
вый корень: и = 2,04.

Вычислим частоту основного тона свободных колебании из формул
(4.99) и (4.100), заменив 6 на cDiZ

= (ДГ/- = 0.164 1/^-
\ 1'	* т	т

Рассчитаем раму на возмущающую нагрузку. По условию частота
возмущающей силы 0 = O.ficdj = 0,131 1/	; следовательно, и =

г т

= /У^;=б |/ т0»131_:£/ =1,82.

F 2£7 у 2EI т
Находим значения функций (0,8663м) = 0,9273; ф2 (0,793м) =
= 0,9897; ф5 (0,793м) = 0,9622; ф10 (0,793м) = 0,8663, а затем и реак-
ции, которые подставляем в канонические уравнения:

11,5021^ —2,165tZ2=0;	|

—2,165^ + 0,944ZZ2 — 3 = 0, |

откуда Zr = 1,053/Z и Z2 = 5,592/i. Строим эпюру динамических момен-
тов (рис. 4.28, д), определив их по формуле

М = MxZi 4- M2Z2 + Mf.

Для сравнения на рис. 4.28, е показана эпюра моментов в раме от
статического воздействия силы, равной амплитудному значению возму-
щающей нагрузки F (/).

4.49.	Найти наиболее низкую частоту кососимметричной формы сво-
бодных колебаний портальной рамы, заданной в упражнении 4.16, как
системы с распределенной массой ригеля и стоек, учитывая действитель-
ную жесткость ригеля при изгибе. Сравнить результаты, сделать вы-
воды.

4.50.	Для рамы, показанной на рис. 4.29, 1) построить эпюры ди-
намических моментов при k = 0,5 м-1 и k = 2,5 м”1. Отношение ~
всех элементов рамы одинаково. Амплитудное значение возмущающей
силы F = 0,6 кН; 2) найти первые две частоты свободных колебаний
и сравнить с частотой возмущающей силы 9.
Раздел 5

СТРОИТЕЛЬНАЯ МЕХАНИКА ОБОЛОЧЕК

Главе 25

ОБОЛОЧКИ НЕДЕ ФОРМИРУЕМОГО КОНТУРА ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ

25.1.	Нормальные напряжения

Тонкостенной конструкцией, или оболочкой, называется си-
стема, толщина стенок которой б достаточно мала по сравнению с длиной и габа-
ритными размерами поперечного сечения. Основная характеристика оболочки
с недеформируемым контуром сечения — неизменяемость при деформации проек-
ции контура на плоскость, перпендикулярную к продольной оси конструкции.
К этим конструкциям относятся оболочки с часто расположенными диафрагмами.

Для однородной тонкостенной конструкции (рис. 85), т. е. конструкции, вы-
полненной из одного материала и работающей в пределах пропорциональности
(модуль упругости Е = const), нормальные напряжения определяют по извест-
ной из курса сопротивления материалов формуле

° = ^£'+-7t4'-JTL
Ло '2	1 у

(5-1)

где Ао — площадь сечения; /2 и 1У — главные центральные моменты инерции
сечения.

В оболочках, как правило, толщина стенки конструкции б относительно мала.
Поэтому координаты у и z в каждой точке сечения по толщине б практически не-
изменны. Следовательно, нормальные напряжения о можно принять постоян-
ными и по толщине стенки. Площади сечений продольных подкреплений А(
(рис. 86) можно считать сосредоточенными в их центре тяжести, пренебрегая соб-
ственными моментами инерции.

Для конструкций, выполненных из композитного материала, например же-
лезобетона (рис. 87), модули упругости (Есоп и Est) неодинаковы. Согласно
методу редукционных коэффициентов для бетона

Nx	Ч

Jcon -7 4“ У 7

Ао	/г	I.

(5-2)

для стального элемента

° st Wsflcon*

где <f>s/ = -=~-редукционный коэффициент; Ло, 7Z, 1У — редуцированные харак-

^соп
теристики сечения, в которых предполагается, что каждый стальной элемент имеет
модуль упругости бетона Есоп при условии, что в расчет введена не истинная
площадь сечения стального элемента As/, а редуцированная — А^ср^.

Упражнения

5.1.	Определить нормальные напряжения при изгибе оболочки кру-
гового поперечного сечения (рис. 5.1).

Решение. Согласно формуле (5.1) нормальные напряжения опре-
деляются изгибающим моментом и геометрическими характеристиками
сечения:

Mz

° = 77у-

Момент инерции

2л

/2 = j t/26rd(p = лг36,
о

поэтому

мг	Mz

С ~ №6 C0S<P; °:пах ~ ЛГ2б •

5.2.	Решить предыдущую задачу, если оболочка на оси z имеет два
стрингера — продольных элемента площадью At (рис. 5.2).

5.3.	Решить задачу 5.1 в предположении, что оболочка по оси у
имеет два стрингера площадью (рис. 5.3).

5.4.	Решить задачу 5.3, если оболочка выполнена из бетона, а стрин-
геры — из стали. Модули упругости Est = 2 • 105 МПа; ЕСОп = 2 X
X 104 МПа.

Решение. Приняв бетон за основной материал, момент инерции
редуцированного сечения вычислим по формуле

2Л

Iz = J у2&гскр 4- 2Atq)str2 = №6 4- 2QA1r2t
о

так как <pSf = EstlEcon= 10.
Наибольшее нормальное напряжение в бетоне

о

соп лг2£ 4- 20?V ’

в стальной арматуре

5.5.	Нижняя часть конструкции (рис. 5.4, а) имеет вырез, компен-
сированный сосредоточенными элементами площадью каждый. Опре-
делить нормальные напряжения от действия изгибающих моментов
и Ми.
Решение. При изгибе относительно оси z нормальные напряже-
M2	М„

ния и = =— у, а относительно оси у о =----z.

‘ z	‘ У

Положение центра тяжести по оси у определяется координатой

^0, относительные значения которой даны на рис. 5.4, б в виде кри-
вых зависимости ~yQ = у Jr от размера выреза (угла яр) и относительного
параметра Л1/(гб).

Моменты инерции сечения относительно центральных и главных
осей Iz = /г2г36; Iy = kyr36.

Значения коэффициентов kz и ky даны на рис. 5.4, в, г в зависи-
мости от угла ф и относительного параметра Л1/(г6).

5.6.	Определить значения yQ, kz и ky при Aj(rty — 2 и ф = 40°.
Решение. Согласно рис. 5.4, б у0 = —0,2, поэтому у0 — —0,2г;

kz = 3,8; ky ~ 4,5.

Найти самостоятельно, чему равны у0, kz и ky приф = 0иЛ1=0.

25.2.	Касательные напряжения при изгибе системы с открытым профилем

При поперечном прямом изгибе в отдельных точках сечения (рис. 88) возни-
кают постоянные по толщине стенки б касательные напряжения т, которые дей-
ствуют по направлению касательной к средней линии стенки:

где Sz = j уЪ ds — статический момент части сечеиия ab относительно главной
а

центральной оси z.
При действий поперечной силы Qz по аналогии с формулой (5.3)

где Sy— статический момент части сечения (рис. 88) относительно оси у.

При одновременном действии сил Qy и Qz результаты, полученные по форму-
лам (5.3) и (5-4), должны быть алгебраически сложены.

Примечания: 1. При нзлични стрингероз порядок определения касательных, напряжений
такой же. только при вычислении статического момента необходимо учитывать сосредоточенные
площади; например.

Ь

S2 = j yMs + V

а

где интеграл и конечная сумма распространяются на соответствующие элементы части сеченняа
Сосредоточенные площади (стрингеры) вызывают появление скачков в эпюрах статических момен-
тов S2 соответственно изменению их на величину у^А^. Такие же скачки появляются в эпюрах т
н в касательных усилиях q = т5.

2	При наличии в конструкции разных материалов (разные значения модуля упругости Е)
расчетные зависимости остаются в силе, если пользоваться методом редукционных коэффициентов.
Все геометрические характеристики должны вычисляться для редуцированных площадей, равных
истинным площадям, умноженным на соответствующие редукционные коэффициенты.

На рис. 89 даны эпюры Sz (6 = const) для пяти видов открытых профилей
при действии Qy.

Упражнения

5.7.	Определить для кругового открытого профиля (рис. 89, а) ста-
тический момент в любой точке сечения.

Решение. Искомую величину определяем по формуле

ч>

S2 = J ybrdq.

о

<р

Так как у = г coscp, то Sz — 6r2 j cos	sin <p.

0

Следовательно, статический момент Sz меняется по синусоидальному
закону от Sz = 0 у свободного края при ф = 0 до наибольшего значе-
ния S, = 6г2 при ф = л/2.

5.8.	Определить для кругового открытого профиля (рис. 89, б) ста-
тический момент Sz в любой точке сечения.

ч>

Решение. Аналогично упражнению 5.7 Sz = j y&rdq, где у =
о

= г sin ф; тогда

<р

Sz = 6r2 \ sin фб/ф = бг2 (1 — cos ф).
б

Как видим, статический момент Sz зависит от значения cos ср и
меняется от - 0 у свободного края (ф = 0) до наибольшего значе-

Зд

ния Sz = 26г2 при ф = л. Для ф = л/2 и ф = -$- статический момент
Sz = 6г2.
5.9.	Определить для швеллерного профиля (рис. 89, в) значения
статического момента S2 в различных точках сечения.

Решение. В любой точке верхней полки

52 = &,Л,

где 2Х — расстояние от свободного края до рассматриваемой точки;

— площадь, расположенная по одну сторону от рассматриваемой
точки.

Следовательно, статический момент S2 изменяется по линейному
закону от Sz = 0 у свободного края (2г = 0) до Sz = bbhlZ в углу
профиля (zx = b).

В любой точке стенки статический момент Sz можно подсчитать
как сумму статических моментов полки и части стенки, расположен-
ной между углом профиля и рассматриваемой точкой:

гДе У1— расстояние от угла профиля до рассматриваемой точки; Ьуу —
h ил

площадь участка стенки; ~ — расстояние от центра тяжести этого
участка до оси z.

Из расчетной формулы видно, что с изменением уг статический
с	с bbh

момент о2 возрастает по квадратичному закону от о2 = — в углу
профиля (у! = 0) до Sz = ~ у нейтральной оси (уг = Л/2) и вновь
убывает до Sz=^ в нижнем углу профиля (y1 = h).

Закон изменения Sz для нижней полки такой же, как и для верхней.

5.10.	Определить для двутаврового профиля (рис. 89, г) наиболь-
шие значения статических моментов Sz в полках и вертикальной стенке.

5.11.	Определить наибольшие значения статических моментов S?
в полках и вертикальных стенках открытого прямоугольного профиля
(рис. 89, д).

5.12.	Написать выражения для статических моментов S2 примера
5.9, если в углах швеллерного профиля стоят стрингеры, площади кото-
рых Рассмотреть два варианта: 1) материалы стрингеров и швеллер-
ного профиля одинаковы; 2) материалы стрингеров и швеллерного про-
филя различны.

5.13.	Определить закон изменения статических моментов S2 и Sy
для части кругового сечения с сосредоточенными площадями At (рис. 5.5).

Решение. Статический момент Sz в любой точке сечения
(рис. 5.5, а) определяется углом <р:

<₽
Sz = j ybrdqi.
о

Так как у = г cos <р — yQy то S2 = r26 (sin ср — ср) , где значение у0
принимается по рис. 5.4, б в зависимости от угла ф и параметра Ai/(rty.
В частном случае при яр = 0 и Ах = 0 получим у0 = 0; тогда

S2 = r-Ь sin <р,

что полностью совпадает с результатом примера 5.7.

Статический момент Sy в любой точке сечения (рис. 5.5, б) опреде-
ляется не только углом яр, но и площадью Аг:

Sy = r26(ks 4- costp),

где fee = -*sinip -}- cos яр—коэффициент, который можно определить
в зависимости от угла яр и относительной площади Л]. В частном
случае при яр = 0 получим fes = 1. В результате

Sy = г26 (1 + cos<p).

При <р = л Sy = 0, а при ф = 0 Sy = 2г26.

5.14.	Определить наибольшее возможное значение коэффициента
fee при /4i7(r6)=2 и указать, каким при этом будет угол яр.

25.3. Центр изгиба открытых сечений

Центром изгиба поперечного сечения болки яв-
ляется точка, через которую проходит равнодей-
ствующая всех касательных усилий изгиба q = тб.
Координаты этой точки:

Как видно, расстояния г (рис. SO) и у не зави-
сят от величин QtJ и Qz и определяются геометриче-
скими данными сечения.
Упражнения

5.15.	Определить координаты центра изгиба тонкостенной балки
с полуокружностью в поперечном сечении (рис. 5.6).

Решение. Благодаря симметрии одна из координат центра из-
гиба у = 0. Следовательно, искомой величиной остается лишь коорди-
ната z. Момент инерции сечения относительно оси z

статический момент части сечения, определяемый углом <р»

ч>

Sz = r26 J cos <pd<p = г26 sin <р;

плечо р элементарной касательной силы yds (где ds ~ rdq) прини-
маем равным г (р = г).

Полюс располагаем в центре полуокружности. Исходя из расчет-
ного выражения для z и найденных величин /z, S2 и р, получим

71

—	1 Р	4

z = ---- [ г4б sin cpdcp = — Г,

о

5.16.	Центр изгиба кругового открытого сечения (рис. 5.7) в силу
симметрии расположен на оси z. Определить координату z.

Решение. Момент инерции сечения

1г — лг36;

статический момент части сечения, соответствующей углу ср,

S? = г2б(1 — cos <р);

плечо р элементарной касательной силы qds принимаем равным г
Подставив эти величины в формулу для z, получим

2я

Z= r46(l— cos<p)dq> = 2г.
о

Итак, центр изгиба кругового открытого сечения снова оказался
вне контура на расстоянии 2г от его центра тяжести.

Следовательно, центр изгиба в рассматриваемом случае распола-
гается вне контура сечения.

5.17.	а) Построить кривую z как функцию дуги окружности сечения
балки в пределах от нуля до 2л;

б) Дать физическое объяснение причины расположения центра из-
гиба вне контура сечения балки.

5.18.	Определить положение центра изгиба швеллерного сечения
(рис. 89, в).
Решение. Момент инерции швеллерного сечения

Закон изменения статического момента Sz показан там же Выбрав
в качестве полюса точку О, лежащую на половине высоты вертикальной
стенки, получим эпюру р, показанную на рис. 5.8, а (р — это длина ра-
диуса-вектора, поэтому величина всегда положительная). Как видим,
обе эпюры симметричны относительно оси z. По расчетной формуле

о 1 . ч h h

b



Напомним, что отсчет z ведется от полюса О.

Как видно из рис. 5.8, б, центр изгиба лежит вне контура. Ордината
центра изгиба равна нулю в силу симметрии системы. В этом можно
также убедиться, вычисляя у.
5.19.	Центр изгиба оболочки открытого кругового поперечного се-
чения с площадями Яд сосредоточенных элементов (рис. 5.9, а) по усло-
виям симметрии располагается на оси у. Координата ~у зависит от угла
ф и площади Дд сосредоточенного элемента и может определяться по
кривым рис. 5.9, б.

5.20.	а) Почему для ф = Ои при любом значении Аг/ (гб) отношение
у!г = 2? б) Почему для яр = 180° и при любом значении АХ1 (гб) отно-
шение у! г = 1?

25.4. Касательные напряжения при изгибе системы
с замкнутым сечением

Касательные напряжения г (касательные усилия q = хЬ) будем определять
для однозамкнутого контура сечения балки при произвольном положении попе-
речной силы.

Упражнения

5.21.	Определить касательные напряжения от действия поперечной
силы Qy в круговом сечении балки с одной осью симметрии (рис. 5.10, а),
где толщина левой части трубы равна б, а правой 26.

Решение. Момент инерции рассматриваемого сечения относи-
тельно главной оси z

1г = 1,5лгЗб.

Определим последовательно статические моменты части сечения, мыс-
ленно разрезанного в точке а (рис. 5.10, б).

Для участка ab, на котором ср < nz2,

S2 = л2б (1 — cos ф);

, п	3

для участка Ьс, где у < ф < ул,

Sz = г2б + 2г2б sin (ф — у) .

В результате симметрии значения S2 на участках ab и са совпадают.
При этом касательные усилия, эпюра которых изображена на
рис. 5.10, б,

-__Qy$z ___ Qy о

q~ /г ~ 1,5 д>г*

Приняв за полюс начало координат (точку О), определяем касатель-
ные усилия в мысленном разрезе (точке а)

<7о = —

которые действуют по всему контуру сечения (рис. 5.10, в). В послед-
ней формуле Q = 2лг2; р = г и ds~ rdq, поэтому

___ 2(1+1) л __2,76Q^

Зл2г	л» т •
Полные касательные усилия, показанные на рис. 5.10, г, получим
алгебраическим суммированием усилий q и q0. Касательные напряже-
ния т вычисляем делением усилий q = q + q0 на соответствующую
толщину стенки (6 или 26).

5.22.	Чему равны касательные напряжения т в отдельных точках
сечения балки (рис. 5.10), если последняя нагружена крутящим момен-
том 7?

5.23.	Определить касательные напряжения в несимметричном кес-
соне, показанном на рис. 5.11, а, для которого 6^3 = 62_4 = 63_4 — 6;
6. 3 = 26; Л = -з &3.

i-^	’ Z 4

Решение. На рис. 5.11, б приведена эпюра касательных усилий
q в разрезанном контуре. Здесь же показаны равнодействующие соответ-
ственных касательных потоков, которые вычислены по площадям эпю-
ры q.

Выбирая полюс в точке О, имеем
ф р-ds = ~ QyC.

Соответственно q0 = — ф pqds = —	.

Эпюра q0 показана на рис. 5.11, в, сумма обеих эпюр — на
рис. 5.11, г. Значения т находим делением ординат последней эпюры на
толщину стенки.

5.24.	На какую величину А</ изменятся полные касательные усилия
q — q 4- q0 (рис. 5.11, г), если линия действия поперечной силы Qy будет
совпадать со стенкой 2—47

25.5. Определение упругих перемещений в тонкостенных конструкциях

Упругие перемещения определяют, используя формулу Мора в несколько
преобразованном виде:

= ФI ТГ dxds + Ф f 7&dxds-
О	о

где Of, Qf 'б — напряжения от заданной внешней нагрузки; с£, q£/6—те же напряжения
от единичной нагрузки, приложенной по t-му направлению.

Если в конструкции есть пояса — стрингеры, работающие только на растяже-
ние— сжатие, то к первому члену выражения для Д£-/ следует добавить

fe=l

где fe=l, 2, .... п—номера поясов; Nki и Nkf — усилия в k-м поясе от задан-
ной нагрузки и от единичной нагрузки, приложенной по t-му направлению; Л* —
площадь сечения k-ro пояса.

Упражнения

5.25.	Определить максимальный прогиб у,пак консольной железобе-
тонной трубы длиной / (см. упражнение 5.3) от действия на ее конце
момента Mz.

Решение. В рассматриваемом примере действуют лишь нормаль-
ные напряжения о/ в бетоне и o/,st = <№t в стальных стрингерах,
где <rst=-7&^== Ю — редукционный коэффициент стальных стрингеров.

Е-соп

Касательные усилия qf = 0.

Расчетная зависимость для At-/ = утах может быть преобразована
в известную из курса сопротивления материалов формулу Мора

Утах — 1	- dxt

*-'С0П*2
где /г = яг*Ъ + 20/V2 — редуцированный момент инерции сечения; /И,-=
= 1 • .V — изгибающие моменты от единичной концевой поперечной силы
при начале координат на свободном конце.

Таким образом,

i

_ С	М2Х	л _	Л/г/2

Утах .1 Есоп(лг3Л + 20А^ ах	2Е„„(л^ + ЖА^) '

О

5.26.	Определить максимальный угол кручения <$тах консольной
железобетонной трубы длиной / (см. упражнение 5.3) от действия на ее
конце момента Мх.

Решение. В отличие от предыдущей задачи здесь нормальные
напряжения о/ = 0, а касательные усилия возникают лишь в бетоне:

qt = Mx/Q = const.

При этом

qi = 1/Q =s const.

В результате

i

4>max =	= Q2G6

0

5.27.	Как изменится значение <pmax в примере 5.26, если к трубе
приложены вдоль оси х постоянные погонные крутящие моменты /?

25.6. Расчет поперечных ребер

Поперечные ребра в тонкостенных конструкциях обеспечивают надлежащую
жесткость системы, сохраняя форму сечения, и передают на стенку оболочки со-
средоточенные внешние нагрузки.

Упражнения

5.28.	Определить наибольшее значение изгибающего момента ребра
от действия внешней сосредоточенной силы F (рис. 5.12).

Решение. В П-образном сечении оболочки, где приложена сила
F, происходит скачок поперечных сил Q системы на AQ = F. Следова-
тельно, касательные усилия q в стенке оболочки будут иметь также
скачок

iz <z

Ребро от совместного действия силы F и касательных усилий А^ де-
формируется. В нашем примере вертикальные части ребра испытывают
осевое сжатие, а горизонтальная часть — изгиб. Наибольшее значение
изгибающего момента ребра при среднем расположении силы F

Мтах = Fb/4.

5.29.	Чему равно наибольшее сжимающее усилие в вертикальных
частях ребра?
5.30.	Вместо расчетного ребра в конструкции оболочки поставлена
диафрагма — стенка, окаймленная ребром. На какую деформацию будут
работать отдельные элементы ребра?

25.7. Осесимметричное нагружение оболочек вращения

Оболочка вращения получается при вращении образующей (мери-
диана) произвольного очертания вокруг оси х (рис. 91). В качестве внешней на-
грузки показано внутреннее давление интенсивностью р, постоянное вдоль па-
раллельного круга радиусом г0, как и толщина 6. Вдоль меридиана значения р
и б могут быть переменными (например, при гидростатическом давлении жидко-
сти р — величина переменная).

Меридиональные напряжения о£ определяются условиями
равновесия части оболочки при рассечении системы4 сферической поверхностью

радиусом Гр

- N*
е 2лг0д cos 6 ’

где Nx — равнодействующая сила давле-
ния р отсеченной части системы.

Кольцевые напряжения
о<р, обеспечивающие равновесие элементов
оболочки, находят с помощью уравнения
Лапласа

где риг — радиусы кривизны образующей
и нормального сечения.

Напряжения и о- вызывают измене-

ние радиусов г:

где v — коэффициент Пуассона.
Упражнения

5.31.	Определить ст, о\, и цу для вертикально стоящей на земле ци-
линдрической оболочки (рис. 5.13) при действии гидростатического дав-
ления жидкости удельным весом у.

Решение. В рассматриваемом примере Nx = 0, поэтому =
= ах = 0. Из уравнения Лапласа

рг 1	..	.

°<» = Т = TTr(ft — х)-

Радиальные перемещения

V К2 /ь	х

и»— Е — E^(h	х).

5.32.	Определить ог, оф и w в цилиндрической части оболочки (рис.
5.14) от действия внутреннего давления газа р.

5.33.	Определить оф и w в конической части сосуда (рис. 5.15)
от действия внутреннего давления газа р.

5.34.	Чем качественно отличаются ответы задач 5.32 и 5.33?
5.35.	Определить о£, и w в сферической оболочке (рис. 5.16)
от действия внутреннего давления газа р.

5.36.	Составить расчетные выражения для c^min и в то-
рообразной оболочке (рис. 5.17) от действия внутреннего давления
газа р.

5.37.	В каких частях оболочек вращения безмоментная теория может
давать большие погрешности в искомых напряжениях и деформациях?

Глава 26

ОБОЛОЧКИ ДЕФОРМИРУЕМОГО КОНТУРА ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ

26.1.	Общие положения

Изменяемость формы поперечных сечений под воздействием внешних нагру-
зок во многих случаях значительно влияет на напряженное состояние системы,
и оболочку приходится рассчитывать как многократно статически неопределимую
систему. В качестве основной будем принимать конструкцию с напряженным со-
стоянием, которое соответствует обычной тонкостенной оболочке с недеформируе-
мым контуром сечения. В этом случае нормальные и касательные напряжения
в элементах поперечных сечений легко определяются по формулам гл. 25. Одно-
временно можно найти напряжения и в продольных сечениях оболочки, если рас-
£чит$ть элементарные кольца, выделенные плоскостями, перпендикулярными
к бей системы.

В исходной силовой схеме возникают дополнительные силы взаимодействия
между отдельными диафрагмами и оболочкой, а также между отдельными коль-
цами. Раскрытие статической неопределимости — определение указанных допол-
нительных внутренних усилий, действующих как в поперечных, так и продоль-
ных сечениях оболочки, будем вести энергетическим методом, основой которого
является вариационное исчисление.

26.2.	Элементы вариационного исчисления

В дальнейшем мы будем рассматривать задачи, где неизвестной является
функция £ (х), которую можно определить, пользуясь теоремой о минимуме по-
тенциальной энергии с помощью вариационного исчисления. При
этом необходимо решить уравнение Эйлера вариационной задачи:

dV_d (dU'\ . d2 (dU\ = 0
dl dx [dl'l dx2 \dt"!

где U — полная потенциальная энергия единицы длины системы, т. е. работа,
совершаемая внутренними и внешними силами упругой системы при переходе
ее из деформированного состояния в начальное, т. е. недеформированное.

Потенциальная энергия внутренних сил, линейно зависящих от деформаций,
всегда положительна и равна половине произведения каждой силы на соответ-
ствующее перемещение. Потенциальная энергия внешних сил отрицательна и равна
произведению силы на перемещение.

Постоянные интегрирования уравнения Эйлера вариационной задачи опре-
деляются в первую очередь физическими условиями на границах системы (х —
= х0 и х = X]) и частично с помощью естественных граничных условий вариацион-
ной задачи:

dU _d [djA]
a?
Первые два условия соответствуют нефиксированным значениям исходной
функции £ на границах при л = л, и х = х0. Последние два условия соответствуют
нефиксированным значениям первой производной искомой функции £' (х) на гра-
ницах при х = Л| и х = х0.

Упражнения

5.38.	Определить прогиб w балки постоянного сечения (рис. 5.18)
от действия равномерно распределенной нагрузки q. Левый конец балки
имеет неподвижный шарнир, а правый свободно перемещается по вер-
тикали, не имея возможности поворачиваться.

Решение. Составим уравнение полной потенциальной энергии
упругой системы, т. е. работы, совершаемой внутренними и внешними
силами при переходе балки из деформированного состояния в начальное:

U= \udx.

где U = ~ Мук—qw — полная потенциальная энергия единицы длины
d2W

системы вдоль оси х без учета влияния поперечных сил; %х =——

изменение кривизны оси балки.

Учитывая, что изгибающий момент



получим

2 \ dxz)

2

— qwt

где EI — жесткость балки на изгиб.

Считая функциональной неизвестной w (вместо £) и взяв производ-
ные

ди _ _ . d_ idu\ _ n d2 ( ди\ _

dw Q* dx \dw'/ H dx2 \dw" J dx4 *

получим (см. уравнение Эйлера вариационной задачи) линейное диффе-
ренциальное уравнение четвертого порядка:

d*w__ q

dS~ET

Последовательное интегрирование этого уравнения дает

d?w___

dx3

л2_1_г х . г •

dx2~ EI 2

dw _ Q	v .

искомая функция

W ~	“Ь + Сзх + c4.
Постоянные интегрирования С£- определяем из граничных условий:

I)	на левой опоре (х = 0) wlx=v= 0;

2)	на правой опоре (х = I) = 0.

Дополнительными уравнениями будут естественные граничные ус-
ловия:

3)	левый край балки может свободно поворачиваться, поэтому

=0-

dw |*=°	’

4)	правый край балки может получить вертикальное перемещение

.	Г дО d (Л

w следовательно,	= 0.

Подставив в последнее уравнение соответствующие производные,
получим

М-, = о' сткуда c' = ~ir

Из третьего условия _о=О, значит, С2 = 0.

Из второго условия С3 ~	.

Из первого условия следует, что С4 = 0.

В результате искомая функция

w =

и наибольший прогиб балки

_5

24 ЕГ

Физическое толкование третьего и четвертого естественных гранич-
ных условий достаточно ясно: отсутствие изгибающего момента на левом
конце балки (х = 0) и отсутствие поперечной силы на правом конце
системы.

5.39.	Составить расчетные зависимости для определения напряжен-
но-деформированного состояния призматической сваи прямоугольного
сечения (рис. 5.19) от действия краевой нагрузки Qo и Л10.

Решение. Рассмотрим задачу изгиба сваи, связанной с упругим
основанием грунта. Ограничимся винклеровским упругим основанием,
т. е. будем считать, что распределенная реакция упругого грунта в каж-
дой точке пропорциональна прогибу к» (л) сваи в этой же точке:

q = аЛш (х),

где сс — коэффициент жесткости упругого грунта.

Полная потенциальная энергия упругой системы без учета влияния
поперечных сил

/
и = У Udx,
'о

где ух=------— изменение кривизны осп сваи; М = —EJ -	—

изгибающим момент сваи; EI = Е — жесткость сваи на изгиб.

f-r El fd2w(x)\2	1	ч

В результате U =	) 4- у ahw~ (х).

Приняв за функциональную неизвестную ш(х) и взяв необходимые
производные

dU . . . d I dU\ n d2 I dU\ r, d*w (x)
ЗГ- = Cz/liC’ (x), 5- I 5—, = 0, з-2 (-Г—„I = El ,
dw	' dx\dw ] dx2\dw }	dx4

получим по уравнению Эйлера вариационной задачи расчетное диффе-
ренциальное уравнение четвертого порядка

l^ + 4*‘te>(x) = 0,

Таким образом, определение напряженно-деформированного состо-
яния сваи сводится к решению последнего дифференциального уравнения
с постоянными коэффициентами.

Решение дифференциального уравнения с необходимыми выводами
выполнено ниже.

5.40.	Объяснить, почему в примере 5.39 второй член выражения
для U имеет знак «плюс» и коэффициент 1/2, а в примере 5.38 — знак
«минус» без коэффициента 1/2

26.3.	Осесимметричное нагружение цилиндрических оболочек

Практически при осесимметричном нагружении цилиндрических оболочек
раскрыть статическую неопределимость {определить дополнительные внутренние
усилия) можно с помощью вспомогательной задачи.
Во вспомогательной задаче исследуется
цилиндрическая оболочка большой длины
с постоянной по длине толщиной стенки 6,
изогнутая погонными силами 70 и погон-
ными моментами т0 (рис 92), распределен-
ными по краю. Внешних нагрузок по длине
конструкции нет [р (х) = 0], поэтому в ос-
новной системе о^ 0 = °х. о = °Vt о = 0»
= 0 и возникают лишь дополнительные
усилия и дополнительные радиальные пере-
мещения. Искомые усилия и перемещения
определяются из следующего дифференци-
ального уравнения с постоянными коэффи-
циентами:

d^w (х)

Решением последнего уравнения будет

w (х) = е~кх (Сх sin kx 4- с.2 cos kx) -f- екх (C3 sin kx 4- C4 cos kx),

где Cj, C2, C3, C4 — постоянные интегрирования, определяемые граничными усло-
виями задачи.

При больших значениях х радиальные перемещения (х) должны обратиться
в нуль, следовательно, С3 = С4 = 0.

Граничные условия для определения постоянных и С2 заданы условиями
задачи:

т‘ |,=0 = -° ^|х=о = «« Чж |х=о =

откуда Сх =	' С2== 2k4J ~	'

В результате для произвольного сечения оболочки радиальные перемещения

w (X) =	[щ0 (sin kx — cos kx)-cos Лх-j ;

кольцевые нормальные напряжения

o? = еу£ = E =	(sin kx — cos kx)--------~ cos kx

погонные продольные изгибающие моменты

тх = —D = е~кх [mo (sin &х + cos kx) -f- sin fcxj »
погонные кольцевые изгибающие моменты

т^ = угпх-

погонные поперечные силы

<7* =	~	~ —е~кХ	sin кх (s’n k* — cos

Для решения отдельных задач необходимо знать зависимость

dw (х) _ е kx
~~dT'^~2kD~

2т0 cos kx 4- (cos kx 4- sin kx)
Анализ полученных выражений показывает, что длина оболочки
I гзг VbTr
дает право считать реальные конструкции длинными.

Упражнения

5.41.	Боковая поверхность цилиндрической оболочки (рис. 5.20,
с) длиной I, толщиной стенки 6 находится под постоянным внутренним
давлением р. Определить напряженно-деформированное состояние для
трех вариантов граничных условий.

Решение. При любых граничных условиях следует рассчитать
основную систему по формулам безмоментной теории. В рассматривае-
мом случае в любом поперечном сечении осевая сила Nx — 0, поэтому
продольные нормальные напряжения

о х.о = 0;

кольцевые нормальные напряжения

рг

i

радиальные перемещения

Полученный результат является окончательным при свободных краях
оболочки. Для иных граничных условий требуется дополнительный
расчет.
Рассмотрим случай, когда концевые диафрагмы жесткие в своих
плоскостях и податливые из плоскостей (рис. 5.20, а).

Для выполнения условий совместности деформаций оболочки и крае-
вых диафрагм следует учесть воздействие последних.

Дополнительные радиальные перемещения на краях оболочки

U-0 = —Wo,

так как полные радиальные перемещения

|х=0 = ^0 “Ь |х=0 = 0.

Второе граничное условие — т0 — 0.

В результате по формуле для ш(х) при х= 0

_PJ^  ______9о_

Efi	2Л3Е ’

откуда

____2k3przD__ р
4° ~ Е6 ~ 2k'

Зная, что mQ = 0 и q0 =	, для любого сечения оболочки можно

определить значения wr (х), аф,1, тхд, qXt\, которые следует просумми-
ровать с данными расчета основной системы.

Рассмотрим оболочку с жестко заделанными концами (рис. 5.20, б).

В этом случае краевые условия таковы:

п?1!х=о= —

PI =0-
ах |х=о

Из этих условий определить qQ и т0:

_£L2=__!_(_т

Е6 2k"D\	° kJ*

25Б(2то + т) = °-

Из совместного решения последних уравнений получаем
__ р .	_____р_

Чо — k . mo — 2fe2 ’

По найденным значениям qQ и т0 вычисляем zc^ (х), оф1, тХг\,
Qxt 1-

Полное решение задачи получается суммированием найденных до-
полнительных величин с мембранными.

5.42.	Длинная цилиндрическая оболочка, находящаяся под внут-
ренним постоянным радиальным давлением р, подкреплена равностоя-
щими упругими кольцами (диафрагмами) из того же материала. Площадь
сечения кольца At. Длина пролета / (рис. 5.20, в).

Решение. Поскольку длина пролетов одинакова, достаточно
рассмотреть один из них, значительно удаленный от концов системы,
поместив начало координат в плоскости кольца.
Напряженно-деформированное состояние данной оболочки зависит
от жесткости подкрепляющих колец. Если = О (т. е. жесткости нет),
в основной безмоментной системе выполняются условия совместности
деформаций, поэтому расчет основной системы является окончательным
(дополнительный расчет не нужен).

При бесконечно большой жесткости подкрепляющих колец расчет
оболочки совпадает с расчетом оболочки, концы которой жестко заде-
ланы в каждом пролете.

Для подкрепляющих колец конечной жесткости в основной системе
условия совместности деформаций оболочки и колец не выполняются.
Поэтому воспользуемся формулами вспомогательной задачи, для кото-
рой выполняются следующие граничные условия:

1)	при х = 0 (в плоскости колец) сечения образующих оболочки
не поворачиваются:

2)	полные радиальные перемещения оболочки равны перемещениям
колец:

в>1:|ж=о = а>о + а>1(л)|х-о = ^2-

В последнее равенство введена половина площади сечения кольца,
так как жесткость каждого кольца распределяется на два пролета обо-
лочки.

Перепишем в развернутом виде принятые граничные условия:

2kD + Л°) ~ 0;

^-2 + — (—т - М =

£6 2k2D \	0 k / EAt •

В результате совместного решения этих уравнений получаем

~ k 4- 26/Лх ; т° ~	2Л2 + 2Л6/А '

Дальнейшее решение вспомогательной задачи и получение значений
полных усилий и перемещений не вызывает затруднений.

Приняв в выражениях для q0 и т0 значения Д! = 0 и Дг = оо, по-
лучим результаты примеров 5.41 и 5.42.

5.43.	В результате нагрева кольца радиусом t\ и площадью сеченич
А его температура повысилась на f. Затем кольцо без зазора было на-
дето на ненагретую длинную оболочку. С течением времени температура
кольца упала на f, его радиус уменьшился и вдоль периметра кольцо
стало давить на оболочку с заданной распределенной нагрузкой р. Не-
обходимо найти напряженно-деформированное состояние оболочки, опре-
делить требуемый минимальный нагрев кольца С и его первоначальный
радиус гг.

Решение. В основной системе мембранные напряжения 0,	0

и радиальные перемещения ш0 отсутствуют. Следовательно, результаты
дополнительного расчета вспомогательной задачи являются решением
для рассматриваемой конструкции.

В плоскости кольца (х — 0) одно граничное условие вспомогатель-
ной задачи задано: q0 = р/2.

Второе граничное условие — отсутствие угла поворота сечения обо-
лочки при х = 0:

L = °- ИЛИ 2Й7 (2т« + *) = °’

откуда

Таким образом, известны все данные для определения w (х), тх
и qx.

Начальный радиус кольца гг определяется из условия

г1 = г~ |йУ(х) |х=0 —
где

w(x)|x=0 = 2^20 (~»

упругое радиальное перемещение кольца

u>k

рг2

ЁА ’

В последнем выражении, строго говоря, надо принимать не г2, a rj.
Но эта неточность мало влияет на результат и очень упрощает реше-
ние. Таким образом,

Р Рг*
8k3D ЕА •

Наименьшую температуру нагрева кольца /°, обеспечивающую воз-
можность насадки кольца на оболочку, определяем из зависимости

= | w (х) L.o + илн	+ ТГ »

Р । рГ1 рГ1 (Ak ,
откуда t — 8kSaDri + ЕаА ~ ЁЁА <26 + J ’
где а — коэффициент линейного расширения материала.

Из полученного выражения следует, что увеличение сил р связанс
с возрастанием напряженно-деформированного состояния оболочки
уменьшением первоначального радиуса кольца г\ и с увеличением тре-
буемой температуры нагрева кольца Г.

5.44.	Рассмотреть работу вертикально стоящей на земле цилиндри
ческой оболочки от действия радиального гидростатического давление
(рис. 5.13).

Решение. Переменное по высоте давление

Р <х) = Т (h — X),
где у и h — удельный вес и высота столба жидкости.
Мембранные напряжения при ДГХ=О
tfx.o = О;

кольцевые напряжения
рг 1	..

(J<p,o	yr (Л х);

радиальные перемещения

“,o = gs = TS</1-x)-

Решим вспомогательную задачу для двух граничных условий (двух
ариантов):

1)	опирание оболочки свободное; днище плоское, абсолютно жесткое
своей плоскости и совершенно податливое из плоскости;

2)	оболочка жестко заделана; днище абсолютно жесткое как
своей плоскости, так и из плоскости.

Первый вариант. Рассмотрим граничные условия для сечения х = 0.

Изгибающие моменты т0 — 0;

суммарные радиальные перемещения

пуе |х=0 = иу0 |х=о + ОУ! (х) |х=0 = 0,
ли

тс3Л + __L7_= 0

E8n^2k*D\ k) ’
yh

гкудз q0 = 2k .

Второй вариант. Для сечения х = 0 полные радиальные перемеще-
1Я

^Е |х=0 = ^0 |х=о + W! (х)1 |х=о = 0;

полный поворот сечений элементов

I г dwi <*)i |	= л

dx ]х=о dx |х=0	•

Подставив в эти зависимости отдельные составляющие, получим

Совместное решение последних уравнений дает

% = — йИ1 — 2ЛЛ); = khY

Определив значения qQ и т0 как в первом, так и во втором вариан-
х граничных условий, можно без особого труда записать выражения
ех других необходимых величин.

5.45.	Осесимметричное температурное поле в цилиндрической обо-
>чке имеет постоянную по толщине стенки температуру. При этом обо-
>чка деформируется, имея в общем случае переменные вдоль образую-
щих радиальные перемещения. В элементах системы возникают напря-
жения, зависящие от закона изменения температуры по оси х и от гра-
ничных условий конструкции. Определить напряженно-деформирован-
ное состояние оболочки.

Решение. Рассмотрим оболочку с постоянной толщиной стенки
б, температура поверхности которой повышена на f. Расчет основной
системы не связан с граничными условиями конструкции. За счет на-
грева оболочка, не испытывая напряжений, изменяет свой радиус г на

Щ) ~

где а — температурный коэффициент линейного расширения материала.

Если края оболочки свободны, полученный результат следует считать
окончательным. При иных граничных условиях требуется дополни-
тельный расчет.

Пусть оболочка имеет концевые диафрагмы, жесткие в своих плоско-
стях и податливые из плоскостей.

Для решения вспомогательной задачи необходимо на краях оболочки
(х = 0) определить значения q0 и т0. Заданным граничным условиям
соответствуют погонные изгибающие моменты т0 — 0
и полные радиальные перемещения

wE |х=о = w0 + Wj |х=о = 0.

Последнее равенство можно записать так:
а/ог________________________? Яо Q

а	2kzD k	и’

откуда = at°r • 2A?Z).

Дальнейший расчет является повторением решений предыдущих
задач.

Рассмотрим случай, когда оболочка имеет жестко заделанные концы
образующих.

Краевые условия вспомогательной задачи:

полные радиальные смещения

we |х=о = w0 4- wx ]х=о = 0:

угол поворота образующих

fl =0-
ах |х=0

Из данных выражений следует, что

at°r ~ 2kW (ЛЛ° + т) = 0:

2^(2т» + |) = °.

откуда

— afflg6. _

rk ’ т°~ 2rkz *

Пользуясь полученными величинами, можно найти усилия и дефор-
мации оболочки.
26.4. Нецилиндрические оболочки вращения

Нецилиндрические оболочки вращения рассчитывают в два этапа. На пер-
вом этапе расчет ведут по безмоментноп теории, на втором — определяют допот-
нительные усилия и деформации элементов, используя расчетные формулы вспо-
могательной задачи.

Упражнения

5.46.	Написать расчетные формулы для напряжений и перемещений
в отдельных точках образующих купола (рис. 5.21) от действия соб-
ственного веса конструкции и снеговой нагрузки суммарной интенсив-
ностью g, отнесенной к поверхности купола.

Решение. Расчет основной системы (первый этап). Нормальные
сжимающие меридиальные напряжения в произвольном сферическом
сечении а — а радиусом гг

2лг06 cos 6 ’

где gA — внешняя нагрузка, приходящаяся на поверхность площа-
дью А, отсекаемую параллельным кругом радиусом г0.

Кольцевые нормальные напряжения <\> находим из уравнения Лап-
ласа

р__ ft . %

6 р г

где р = —g sin 0 — радиальная нагрузка в точке а.

Если купол представляет собой часть сферы, то радиус кривизны
нормального сечения равен г. Тогда

г

СГ<Р — р g

При этом радиальные перемещения w в точках а купола

Рис. 5.22
Дополнительный расчет системы (второй этап). При жесткой за-
делке точек b купола горизонтальных перемещений и поворотов сече-
ний образующих не должно быть, т. е.

= w + wt =	— V г + ~ (—т0 —	COS е0) • cos ео = 0;

~ 2kb ~^~k cos ®°) = 0’

где р = sin 0О — горизонтальная составляющая меридионального
усилия в точках Ь.

Совместное решение двух последних уравнений дает возможность
определить q0 и т0.

5.47.	Какие значения о€, и w в вершине купола, заданного
в упражнении 5.46?

5.48.	Какие значения сь, и w в вершине купола (см. упражнение
5.46), если он конический?

5.49.	Чему равны q0 и т0 в основании купола (упражнение 5.46),
если он крепится к основанию шарнирно?

5.50.	Сосуд, состоящий из цилиндрической и конической части и сфе-
рических днищ (рис. 5.22), находится под постоянным внутренним дав-
лением. Составить расчетные формулы для определения q0 и т0 в плос-
кости сопряжения цилиндрической и конической частей системы.

Решение. Расчет основной системы (первый этап). Напряжения
и радиальные перемещения в цилиндрической части сосуда

Р'с	Ргс	Ргс

Gx’c “ 26С ’ а<г'с “ бс » Wc ~
в конической

°'-к = 26* ’	= 6t' • Wk = wj2 ~v)-

Дополнительный расчет системы (второй этап) необходим для про-
верки выполнения условий совместности деформаций и внутренних
усилий в сопряжениях оболочки, т. е. для определения qQ и tnG.

Искомые усилия находим из условия совместности деформаций ци-
линдрической и конической частей сосуда:

1)	равенство горизонтальных перемещений
|х=о =	|х=о cos eft;

2)	равенство поворота образующих

dx Lo ds k=o’

Подставив в последние формулы соответствующие значения вхо-
дящих в них величин и зная, что = 0,	= 0 и направление сил
(% —Ра) на конусе отрицательно, получим:

—(2 — v) + -4-(-/n<

2ЕЬс 7	2/г^с\	*

-т,

2kkDk

=Г^1(2 —v1
V [2£б/

V)]“"e“

[2m0-fa-p?)cos

L	kk

+ 4- (—/
2фл I

Где pk — огд-бл sin 0* — горизонтальная составляющая меридиональных
усилий конической части оболочки, создающая в основной системе раз-
рыв в усилиях на стыке.

5.51.	Чему равны q0 и т0 в задаче 5.50, если 0fc = 30°,	=

= 6; Dk = Dc = D =	при v = °’3-

5.52.	Как будут выглядеть расчетные формулы в задаче 5.50 для
определения q0 и гщ в месте сопряжения конической оболочки со сфери-
ческим днищем?

26.5.	Поперечный изгиб цилиндрических оболочек

Расчет цилиндрических оболочек при поперечном изгибе производится в два
этапа. Первый — расчет основной системы в предположении недеформируемости
контуров поперечных сечений. Здесь определяются напряжения и деформации
с использованием формул безмоментной теории. Второй этап — уточненный рас-
чет, в котором вычисляются силовые факторы, связанные с деформациями конту-
ров сечений.

Упражнения

5.53.	Определить в уточненном расчете напряженно-деформированное
состояние цилиндрической оболочки произвольного поперечного сечения.

Решение. Рассмотрим оболочку с концевыми диафрагмами, же-
сткими лишь в своих плоскостях, при действии нагрузки, которая в ос-
новной системе создает кольцевые изгибающие моменты, переменные
как в окружном, так и в осевом направлениях:

^<р.о = фп.о (х) • cos пф,

где фп,о(х) = bcos— ; b — постоянный коэффициент.

В рассматриваемой задаче искомая функция фп (х), характеризую-
щая закон изменения вдоль оси х полных кольцевых моментов =
= фп (х) cos дир, определяется из решения дифференциального уравне-
ния задачи (начало координат находится в середине системы)

+ 4А^„ (х) = 4^„.0(х),
откуда

ф„ (х) = cos knx • ch knx 4- C2 sin knx • sh knx + ф„.
Частное решение

4ЛЧ4	лх

----— bcos—.
л4 + 4А£/4	I

Граничные условия для определения постоянных интегрирования
С\ и С2 таковы:

ф„ (х) | _ i_ = 0 — отсутствие полных радиальных перемещений wn и
х-± 2

полных изгибающих моментов /лф;

(*)
dx2

2=0 — отсутствие допол-

нительных продольных нормальных напряжений охд.

Совместное решение этих двух уравнений дает С± = С2 = 0.
В результате

4fe*/4	лх

^(x) = ^7^fccos7:

tyn (х)	4л2Л4/2 лх

---------------т— Ь cos —.

dx2	л4 4- 4£4 Z4	I

Следовательно, в рассматриваемом примере суммарные изгибающие
моменты

~ фп (х) cos иф;

дополнительные нормальные напряжения

Er3 d24>„ (х)

СхЛ ~ Dn3 (л2 — I) * dx2 C0S

продольные изгибающие моменты
г2 d24n (х)
т*= -(^n)~d^-cosn<i>:

радиальные и кольцевые перемещения

=	1)cosПф и Vn = — вТЦг^Т)WsinПф

меняются по длине оболочки согласно закону изменения фп,0 =
b cos -у-.

Следовательно, моменты перемещения wn и vn пропорциональ-
ны моментам /лф,0 основной системы. Коэффициент пропорционально-

сти представляется выражением	•

Для длинных оболочек (при больших значениях knl) в знаменателе
последней дроби можно отбросить л4. В этом случае

4v(x) = ftcos^,
что приводит к равенству = т^.о, и уточненный расчет оболочки
теряет смысл для кольцевых моментов т^.

При определении дополнительных нормальных напряжений вх, t
и продольных изгибающих моментов тх уточненный расчет для длин-
ных оболочек сохраняется. В этом случае коэффициент пропорцио-
4nsfe4/2

нальности ——не обращается в единицу, если в знаменателе от-

бросить л4.

5.54.	Как объяснить физически причины возникновения <тх> i и тх
в длинных оболочках в случае = т?, о?

5.55.	Определить напряженное состояние цилиндрической оболочки
при частичном заполнении ее жидкостью, предположив, что уровень
жидкости параллелен образующим цилиндра и определяется углом р0
(рис. 5.23). Оболочка свободно оперта по краям. Торцовые стенки (диа-
фрагмы) жесткие в своих плоскостях и податливые из плоскостей. Раз-
меры конструкции: г = 1,5 м; / = 20 м; б = 0,01 м; удельный вес
жидкости у = Ю кН/м3.
Решение. Расчет основной системы. В плоскости симметрии
оболочки (х = 0) нормальные напряжения

где q = yr2 (₽о — sin ро cos |30) — вес жидкости, действующий на еди-
нице длины оболочки ВДОЛЬ ОСИ X.

Наибольшие значения 0 соответствуют полному заполнению обо-
лочки (Ро = л) и

Цтах = я-уг2 = л • 10 • 1,52 « 70 кН/м.

При заполнении оболочки наполовину (Ро = л/2)

q= луг2 ~ 35 кН/м.

Наибольшие в пределах сечения х = 0 нормальные напряжения
в стенке оболочки возникают при ср = 0 и ср = л:

~	_ । Qmax^   ,	70-202	_ гр. дд-г-т

^x,Q,max— ± 8лг2б — ± 8л.1>52.0101 — ± 50 МПа.

Одновременно с изгибающими моментами Мг,тах в оболочке воз-
никают погонные кольцевые изгибающие моменты

о = уг^п, о,

где фп> о — переменный вдоль периметра сечения оболочки коэффи-
циент, обусловливающий закон изменения т¥,о (фп, о зависит от уров-
ня жидкости — угла ро).

Анализ выражения фп> 0 показывает, что при любом уровне жидко-
сти в сечениях оболочки будут четыре точки с экстремальными значе-
ниями изгибающего момента т?,о. Из них два значения при <р = 0
и <р = л постоянны при всех углах уровня жидкости р0, третье и четвер-
тое имеют место при несколько различающихся углах, но всегда близ-
ких к ср ±л/2.

Значения безразмерной величины изгибающего момента фп, о в за-
висимости от уровня жидкости для отмеченных экстремальных точек
в поперечном сечении приведены на рис. 5.24. За положительное направ-
ление момента т?г 0 принято такое, когда действующий момент умень-
шает кривизну оболочки.

Дополнительный расчет системы (уточненный расчет) учитывает де-
формации контура сечения оболочки. Из рис. 5.24 видно, что кольце-
вые изгибающие моменты 0 = 0 как при отсутствии жидкости, так
и при полном заполнении (р0 = 0 и |30 = л). Наибольшие значения
tn?, о в экстремальных точках соответствуют р0 л/2. Следовательно,
в уточненном расчете дополнительные напряжения в оболочке следует
определять при р0 = л/2. Для этого наиболее опасного уровня жидко-
сти (рис. 5.24) можно учитывать лишь первую гармонику п = 2:

фп> о ~ —0,075 cos 2<р.
Остальные гармоники (п > 2) получаются малыми, и их влиянием
можно пренебречь.

Суммарные кольцевые моменты находим сложением значений tn?t о,
полученных из расчета основной системы, и дополнительных mf, ь
В нашей задаче

т<р =	4- /Пфд (х) = уг3 [фп.о cos2<p 4-	(х) cos 2<р] = yr3 [ipn>0 4.

+ i|4o •	(х)] cos 2<р,

Следовательно, пц — 0,075уг* [1 4~ 4k 1 (X)I cos $<₽•

По краям оболочки, т. е. в местах расположения диафрагм (рис. 5.25),

фп,1 (х = ±	= —I и = 0.

Наибольшие значения будут в середине системы (х = 0), а фп>,
определяется по рис. 5.25 в зависимости от значения безразмерного
коэффициента knl. При п = 2 и v = 0,3

,6

,4	П4(Л2— 1)2£	12(1—V2)_	3	62

«п — 4гб£б —	4г?£6	~ (1 — V2)	’

поэтому

М = Vгкт V4 = 1.47 и « -0,79.

В результате наибольшие значения mv в экстремальных точках се-
чения оболочки

т^тах ~ ± 0,075уг3 • 0,21 =

= + 0,075 • 10 • 1,53 • 0,21 = 0,532,
— ’	’	’	м ’

а наибольшие изгибные напряжения в продольных сечениях стенки

__ "'д.тах

®Ь,тах у?

тЧ),тах ___ 0,532-103___

62/6 “ 10"4/6 “

МПа.

За счет депланации сечений системы одновременно с изгибными на-
пряжениями вь,тах возникают дополнительные нормальные напряже-
ния в поперечных сечениях конструкции с максимальными значениями
при х = 0:

Er^kntyn.0 Т" г

= - вп.(7,."о Ы* = 0) • cos "ф.

где 4Й (х = 0) — — 1* ~ °1 га—1 находим по графику рис. 5.26 в зави-
^л,0

симости от коэффициента knl = 1,47.

В результате наибольшие дополнительные нормальные напряжения
(в экстремальных точках)

(1.47\

—]-0,075	19 (1_ 0.32) - 1.47-0.075- 1.53

dx, l.max— £tyi	1	20 • 0.013  12	— 17 МПа.

12(1—V2) ’ 4(4“!)

Итак, наибольшие продольные нормальные напряжения возникают
при полном заполнении оболочки жидкостью в среднем сечении конструк-
ции (х = 0):

Ох, 0, max — 50 МПа.

Наиболее опасный случай частичного заполнения оболочки жидко-
стью соответствует р0 = л/2. В этом случае в середине системы (х — 0)
возникают как продольные, так и кольцевые напряжения:

= (“ + 17) = 42 МПа и о6.	= 32 МПа.

Если уровень жидкости определяется углом 0О =£ л'2, то в оболочке
будут действовать меньшие напряжения.

5.56.	Рассчитать однопролетную свободно опертую круговую глад-
кую цилиндрическую оболочку (рис. 5.27, с), на которую действует
погонная нагрузка q, равномерно распределенная вдоль одной образую-
щей <р = 0.

Решение. Расчет основной системы. В плоскости симметрии
оболочки (х = 0) нормальные напряжения

вх, о —

^z. max
Iz

y=^frcos<f”e0'04i(7)COS4>-

Изгибающий момент в продольном сечении кольца единичной ши-
рины от действия нагрузки q и разности касательных сил

тъ о =	(1 4- 0,5 cos ф — (л — (р) sin ф).

Уточненный расчет. Изгибающие моменты тъ0 раскладываем
в тригонометрический ряд:

о = S “фп. 0 COS Пф,
л=2

.	Qr

где

Дополнительные нормальные напряжения ахЛ в поперечных сече-
ниях оболочки

V Ег3 <Н>п(х)	VI 0.55 , z „ q г \

<7*-1 =	L «»"Ч> = 2j Ы* = 0)T -g-cosrap) ,
где значение -фа(х= 0) = 1 dx^ пРинимаем по Рис- 5-26, а

k„l =	1/ЕЕ так как /г4 = п4(н2-1)2Д

Rn 2,63 • г V г/6 ’ ТаК КЗК “п 4г«ЕЬ

На рис. 5.27, б, в, приведены в относительных величинах эпюры сум-
марных напряжений

Ох = <?х, 0 + Ох, 1

для двух значений Иг и нескольких отношений /76. Анализ этих эпюр
показывает, что увеличение длины I и уменьшение] толщины 6 оболочки
приводит к более резкому отклонению распределения нормальных на-
пряжений оа. по поперечному сечению х = 0 от результатов расчета по
гипотезе плоских сечений (ол>0).

Суммарные значения изгибающих моментов в продольных сечениях
оболочки при х = 0

mv = mVt о + i —	0 + X 4k i (*) |*=о cos nq =

n—2

= —{o>5[J + 0,5cos<p — (n — <p)sin<p] +	ф"''cosn<p).

n=2	°

Максимальные нормальные напряжения от действия изгибающих
моментов /и<р в гладкой оболочке

оь, =	=	|0»511 + 0,5 cos ф — (л — ф) sin <jp] 4-

S4>n. 1 (х) 1х=0	1

-• — 7-0-COS Иф I.

П_ОК о fa2 — О )

На рис. 5.27, г, д представлены эпюры oj,, тах в относительных ве-
личинах для двух значений Иг и нескольких значений /76. При этом
отношения 4k i (х)А]ко ПРИ различных значениях и, т. е. различных
knl, определяем по рис. 5.25.

Анализ эпюр показывает, что уменьшение толщины в увеличение
длины оболочки приводит к возрастанию максимальных нормальных
напряжений в ее продольных сечениях; в то же время сравнение зна-
чений Ох при ф — 0 (рис. 5.27, б, в) со значениями crfc, (рис. 5.27,
г, д) показывает, что больше последние.

5.57.	Проанализировать изменение напряженного состояния цилинд-
рической оболочки задачи 5.55 в случае снятия конструкции с криво-
линейных опор (ложементов) и установки ее на грунт.

Реше н н е. Погонный вес жидкости q уравновешивается реак-
цией грунта, и общий изгиб системы отсутствует. Следовательно, при
расчете основной системы мы не получим напряжений.
Под действием гидростатического давления жидкости и реакции
грунта контур сечения оболочки деформируется, что создает напряжен-
ное состояние конструкции, определяемое из дополнительного — уточ-
ненного — расчета.

В данном случае дополнительный расчет можно не выполнять, а вос-
пользоваться результатами решения задач 5.55 и 5.56. Действительно,
если просуммировать напряженные состояния, то автоматически исклю-
чается общий изгиб и остаются лишь напряжения дополнительных рас-
четов*.

* Более точное решение задачи см.: Кан С. Н., Каплан Ю. И. Рас-
чет цилиндрических оболочек покрытий зданий.— Киев: Вища школа, 1973.
Наиболее интересный результат получим при расчете оболочки, пол-
ностью заполненной жидкостью. В этом случае в задаче 5.55 наиболь-
шие нормальные напряжения возникают в плоскости симметрии для
(р = 0 и (р = л :

&х, 0. max = 50 МПа.

При установке оболочки на грунт в плоскости симметрии конструк-
ции для ф = 0 (рис. 5.27, в, где ох есть ох, i)

1 ~ 95
q/6

откуда= 25у = 25-^ = 175 000 кПа = 175 МПа.

Напряжения crxJ надо алгебраически просуммировать с сх,0,тах =
= 50 МПа. В результате расчетные напряжения

175 + 50=225 МПа.

При ф = ± ~	16, откуда 1 = 16<у/6 =112 МПа.

В задаче 5.55 при ф =	л/2 напряжения отсутствуют.

Следует отметить, что по рис. 5.27, д будут возникать еще большие
кольцевые изгибные напряжения. Так, в точке ф = 0

~ 80, откуда оь. = 80 -| = 560 МПа.

Приведенные в этой задаче необычные результаты были подтверж-
дены экспериментально. Железнодорожную цистерну сняли с плат-
формы и поставили на грунт. При заливке ее жидкостью оболочка раз-
рушилась по продольным сечениям при уровне жидкости ро, намного
меньше л.

5.58.	Рассчитать однопролетную свободно опертую по краевым диа-
фрагмам складчатую оболочку с бортовыми элементами, поперечное
сечение которой показано на рис. 5.28. На покрытие действует постоян-
ная по длине L = 25 м симметричная снеговая нагрузка интенсивно-
стью р = 1 кПа.

Решение. Расчет основной системы. Координата центра тяже-
сти поперечного сечения системы лежит на пересечении осей у и z. Ось z
проходит через точки сочленения бортовых элементов с покрытием.
Момент инерции сечения оболочки

1г = 2 {1г, 1 + Л. 2) = 2 V +	= 2 <0’64 + 0’64) = 2’56

\ О ОЫ11СС/

В плоскости симметрии оболочки {х = 0) нормальные напряжения

„ _ М».	_	2 • 6 • pL‘/8	12 • 1  25®/8 __	™ „

CFx’ ° — /г У	У	2 56	~	о66,2у.

Наибольшие напряжения будут при у = + 2 м, т. е. oXt0t/nax ==•
= + 732 кН/м2.
В отдельных поперечных сечениях оболочки от действия перерезы-
вающих сил Q возникают касательные усилия

Q с

Яо /г

где Sz — статический момент части сечения относительно оси z.

Наибольшие перерезывающие силы действуют у краевых диафрагм:

Qmax = ^p • 12L = -1 • 1 • 12 -25 = 150 кН.

От действия внешней нагрузки р и равнодействующих перепадов
касательных усилий бортов 0,5р -6 = 3 кН/м единичные полоски-
рамы, полученные из поперечных сечений системы, испытывают кольце-
вой изгиб. При этом в них создаются изгибные напряжения вь в про-
дольных сечениях покрытия. Эпюра погонных кольцевых изгибающих
моментов т^.о изображена на рис. 5.28, где наибольшие значения

тъ о. max = 0,5р • 6 • ~ — 0,5р • 6 •	= 3 •	— 3 •	= 4,24 кН/м.
Эпюру погонных кольцевых изгибающих моментов достаточно точно
можно аппроксимировать синусоидой по каждой половине покрытия:

о = of™, П (S) - 4,24 sin g- —— ,

где 4п,0 = 4,24; t — координатная ось, направленная вдоль покрытия,
с нулевым значением в точке 1 сопряжения покрытия и борта.

При уточненном расчете необходимо учесть деформации контуров
поперечных сечений конструкции, с которыми связаны дополнительные
кольцевые изгибающие моменты тъ i = фид (х) fm,n(s) и дополнительные
продольные нормальные напряжения । = Е fu. п- Наибольшие
значения i и ( возникают в середине системы (при х = 0).

Так как в расчете основной системы кольцевые изгибающие моменты
определяются синусоидой с п = 1, то в дальнейшем исключается
необходимость разложения m¥i0 в тригонометрический ряд.

Неизвестную функцию фп (%) определяем из решения дифференциаль-
ного уравнения

+ «Ж И =

Прежде всего необходимо найти коэффициент
= ____________________________________

(S)

В нашем примере 0 (л) = 4,24 кН-м/м = const; fm, n=i (s) = sin ;

Eb3

D ~ 12(1 — v2) = const> Для борта 6r = 0,24 м; для покрытия 62 = 0,08 м.

Остается определить недостающую функцию	Для этого,

пользуясь методом Мора, находим для части оболочки — в раме — ка-
сательные перемещения борта от действия кольцевых моментов покры-
Tit

тия n=l (s) = sin -g , считая продольную плоскость симметрии по-
крытия заделкой:

В покрытии касательных перемещений vn (s) нет. Для определения
fm.n=\ находим сначала значение

S	S

_ /Ч f	С45-6 л. 45.6 М 91.2

fu, п (s) — J VU (s)Js - J D ~	% ~ D *

о	b

где координата борта s отсчитывается от точки сопряжения борта с по-
крытием. Таким образом, s в выражении fUtn (s) меняется от нуля
до Лт = —2 м.

Функция, характеризующая дополнительные продольные нормаль-
ные напряжения,

fu. п~ fu,n (s) -J- Wo. n 4" lly. n ‘ у 4* n * z,

где fu, n(s) распространяется лишь на бортовые элементы; н0.Uy,
ih. п — постоянные, обеспечивающие сам оу равно веши ваемость осевых
усилий о*, п, 162-

Следо вате л ьно,

2 f

•	45.6Л1?,

"°-п - г'сл + Л) - 2(Д1 + Л,)О„ •

Так как площадь сечения одного борта Аг = ЛД, а площадь сече-
ния половины покрытия А2 = 662 = 71! = Iz = 461Л?/3, то

о

2 f

_	-л,	45.7.

«о.п—	2(^! + Z2)	~ D ’

о

2 \hifu п^^УЛУ

^1	_ 34.27

Uyin—	J2	— D •

Из-за наличия симметрии системы wz, п = 0.

В результате для борта

fO	9.14 , 45.7	34.27 _ -45.7 4* 34,27

lu,n~	~~D~ ' D ' D У ~~ D У*

для локрытия

ео _ 45.7 4-34.27

hli п — D У'

Числитель коэффициента k*

6м

о

а знаменатель

о

4 J £8 (/° „)2 ds = 4	[б, J (- 45,7 + 34,27f/) dy +

®	-2

2

+ 62 ((45,7 + 34.27J/)2 dy] =	• 1500.
Таким образом,

3D2	2.13. ,2	1.46. . _ 1.21 ь .	1.21

~ D • 4Е • 1500 — 108 ’ “п ~~ 104 ’	~ 102 ’ knL ~ 102

• 25 = 0,3025.

Тогда /7Z<p. ।-1 • /72<р, о» G х, max ~

В заключение следует отметить, что при других параметрах оболоч-
ки и иных нагрузках результаты расчета будут получаться иными.

5.59. Проанализировать изменение напряженного состояния склад-
чатой оболочки задачи 5.58 в случае опирания бортовых элементов по
длине на жесткие опоры.

При анализе руководствоваться решением задачи 5.57.
1.1. а) нет; б) нет. 1.3. а) 3; б) 2. 1.4. Выполнено необходимое условие геоме-
трической неизменяемости, необходим анализ геометрической структуры. 1.8. а) бал-
ка геометрически неизменяема и два раза статически неопределима; в) система
мгновенно изменяема. 1.9. а), в) фермы геометрически неизменяемы и статически
определимы; г) система геометрически изменяема. 1.13. Можно. 1.15. См. рис. к отве-
там. 1.20. См. рис. к ответам. 1.22. См. рис. к ответам. 1.25. Изменит знак на
противоположный. 1.27. уг = у2 или х=а(1 — d)/l. 1.28. Нельзя, так как водном
из неравенств появляется неопределенность 0/0. 1.29. —22,5 кН-м;—ЗОкН. 1.30.
Ra = 18,75 кН; RB = 51,25 кН; Мх = 18,75 кН-м; Q, t = 18,75 кН; Q, г = — 1,25 кН;
/Иа = —10 кН-м; Q2 = —31,25 кН; /И3 = —10 кН-м; Q3 = 20 кН. 1.32. Fcr = Г2,
Mi,max = ПО кН-м. 1.34. а) 7? =—3,33 кН;	=—40 кН-м; Qx = 4 кН; /И2 =

= —6,67 кН-м; Q2 = — 3,33 кН; 6)7? = 13,75 кН; Мг = 55 кН-м; = 13,75 кН;
Л4а =—10 кН-м; Qa = 5 кН. 1.35. a) R = 10 кН; М = 30 кН-м;2И1 =— 8кН-м;
Qx = 4 кН; Л42 = 30 кН-м; Q2 = — 10 кН;, б) 7? = 2,8 кН; Мг = —0,8 кН-м; Qx =
= —3,3 кН; /И2 = 20 кН-м; Qa = —10 кН. 1.36. а) Мтах — 0; Mmin = —16,5 кН-м;
б) Мтах = 15,75 кН-м; Mmin== 6,75 кН-м. 1.37. а) | Mfmax ~ 6,6 кН-м; [Q {max =
= 3,3 кН; б) I М1тах = 3,94 кН -м; | Q|mox = 5,19 кН. 1.39. а) 1—2, 2—3, 2—4, 3—4,
б) 2—4, 7—8, 9—10, 11—12, 13—14, 13—15, 16—17, 16—18, 17—18\ в) 3—4, 5—7,
7—9, 7—8. 1.41. a) N^3 = N3-t = 15,2 кН; 7Vx_a = #2_4 = —19,5 кН; N2_3 = 4,99 кН;
б) /V2-5 = N3-6 = ^2-0 = °; ^1-2 = —5,66 кН; Ni_& = /У5_в = 4 кН; N2_3 = —4 кН;
остальные усилия симметричны. 1.45. а) 150 кН; 21,3 кН; —186 кН; б) —179 кН;
54,9 кН; 119 кН;—40 кН; в) —15 кН; 0; 18,4 кН. 1.46. а)—32 кН; б) 9 кН; в) 8,08 кН.
1.48. а) —1,12 кН; 1,12 кН; б) 2,73 кН; —9,09 кН. 1.50. а) —5,33 кН; б) —7,7 кН;
в)—41,7 кН. 1.52. 22,5 кН. 1.55. См. рис. к ответам. 1.56. а) изменяется; б), в)
не изменяется. 1.60. а) —25,7 кН; 30,3 кН; —6 кН; 0,8 кН; —4,74 кН; 4,03 кН;
—5.6 кН. 1.65. Нет. 1.66. Криволинейность обусловлена вторым слагаемым в фор-
муле (1.13), поэтому выпуклость эпюры М направлена вверх. 1.69. См. рис. к от-
ветам. 1.70. См. рис. к ответам. 1.73. См. рис. к ответам. 1.75. Для левой полу-
арки у = 2/ (4^ — 6^+3 -у) . 1.76. См. рис. к ответам. 1.78. См. рис. к от-
ветам. 1.81. См. рис. к ответам. 1.82. См. рис. к ответам. 1.84. а) 6 кН; —20,7 кН;
4,24 кН; —5,33 кН; —2,36 кН; б) —24 кН; —9,33 кН; 7,81 кН; —7,5 кН; —5 кН.
1.85. См. рис. к ответам. 1.87. См. рис. к ответам. 1.88. М — 25 кН-м; Q — —20 кН;
N = —26,7 кН. 1.89. См. рис. к ответам. 1.97.-ут, м,-=7-, рад- 1-98. Правый от-
с! Ц

31.8	. гг

носительно левого поворачивается на , рад. 1.99. Правый относительно левого
80	.	338 t 360	,	129	117

опускается на— , м. 1.100.-^гу, м. 1.101. -=-т , м. 1.102.-pry, м — вправо; 77г,
С/	С^гУ	Li/Л.

°0	143

рад. 1-106.	, м. 1.104. —. 1.108. 0,0096 м —вниз.

r	EI	EI

2.2. Не изменятся. 2.3. Нет, 61у>0. 2.4. См. рис. к ответам. 2.8. См. рис.
к ответам. 2.11. См. рис. к ответам. 2.12. Увеличатся в 2 раза. 2.18. а) усилие в
левом элементе верхнего пояса 8,44 кН; б) усилия в опорных стойках —по —18 кН.
2.19. а) усилия в верхнем поясе (—2,34) кН; 0; 0; (—2,34) кН; б) усилия в опор-
ных стойках —по 0,73 кН. 2.23. Л. в. Н см. рис. 2.30. Нет. 2.33. Основная
система метода сил — статически определима, метода перемещений — неопреде-
лима. 2.36. См. рис. к ответам. 2.37. См. рис. к ответам. 2.40. Первые т — 1 урав-
нений— условия совместности деформаций, остальные — условия равновесия. 2.43.
Число неизвестных в смешанном методе равно 2. 2.46. Нет. 2.47. Нет. 2.52. См.
рис. к ответам.

п . п3 sin nl	sinnZ л	if Fa- о е г	о ~

3'4* cnl----------£7~ = °* ГДе П~ г ~Ё1 * З'5" ?сг ~ С1' 3’6’ Схема потери

устойчивости показана на рис. 3.6, б. Уравнение устойчивости имеет вид:

+ f cAl/(n2EI) — \

tg/Z “ П1 cAl/(n*EI) + (сAl— n3EI) 11 cb '

При заданных Z, сл, св и EI подбором может быть определен параметр п, а
по нему и критическая сила Fcr = п2Е1. 3.8. Fcr = 2AEI/h2. 3.9. Fcr= \2EI/(lh).
3.11. Fcr=2,6\EI1/hz. 3.14. c = \46EI/l3. 3-16. Уравнение устойчивости l/h -f-	(v) -f-

+ 62 (v) + 63 (v) = 0; Fcr = 6.05E//Z2. 3.17. Уравнение устойчивости 4a2 (v) 4-
4-4a(v) — 02= 0. 3.19. Fcr=3,82EJ. 3.20. Fcr = 0,83E/; p=0,86. 3.21. FfT =
= 0,51£/. 3.23. Fcr = 30,8£//Z2. 3.26. ^=3,69 МПа; ocr= 92,3 МПа. 3.28. pcr =
= 3,57 МПа; ky = pcr!p = 3,6. 3.30. pcr = 346-10“$£7. 3.32. Арки наиболее устой-
чивы при f/l s=« 1/4 ... 1/3. 3.33. qCr = 157 кН/м. 3.34. qcr — 61,6 кН/м; Hcr ~
= 4620 кН; ocr= 154 МПа <opC. 3.36. Mcr= 223.5 кН-m; ccr = 89 МПА. 3.37.
Fcr = 250 кН.

4.1, a. 2 степени свободы. 4.1, б. 2 степени свободы. 4.1, г. 2 степени свободы. Из-
менится на 1. 4.1, д. 1 степень свободы. 4.1, е. 2 степени свободы. 4.8. со =
= 1/ —L_____L . 4.9. <о = 44 с"*; А = 5,68-10"3 м. 4.10. 1 : 2,6: 4,5. 4.11. 1: 2,25 : 6.42.

V 1-]-а т

4.12. 1< 1,23:2. 4.13. <о = 1/- 4.14. ш = 34,1 с“1; Т = 0,18 с. 4.15. со =
= 1/’512£Z>	о,875 с; Га = 1,75 с.

г ml*
5.6. 0; л; л. 5.10. В полках-— в стенке — ЬбЛ-]-— . 5 11. В левой стен-

6h3	..	6Л3 , Ь6Л	6h2 . ЬЫ1,Я L

ке---л-, в правок стенке-—	в полках----— + —- . 5.14. ks,max = 2,23*:

о	Q z	О Z

ф = 63,5°. 5.24. II». 5.32. ct = ax = g; аф = ^; u>=^ (2-v). 5.33. g;

f: 2Гб (2 - v)' 5'35' аЕ = °Ф = ^: ю =2^ 0	• В-36. о;>тох = g>
РИСУНКИ К ОТВЕТАМ

Упр. 1.15

а Упр. 1.20 б

6,889	Д.6. /V,

4 м 6 м 1/Д7 12 м

0,633

лв.Ц

® 0,278

BniiiiHHiM

Упр. 1.55

а



СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

Авдонин А. С. Прикладные методы расчета оболочек и тонкостенных кон-
струкций. М. : Машиностроение, 1969. 402 с.

Алфутов Н. А. Основы расчета на устойчивость упругих систем. М. : Маши-
ностроение, 1978. 311 с.

Безухов Н. И., Лужин О. В., Колкунов Н. В. Устойчивость и динамика со-
оружений в примерах и задачах. М. : Стройиздат, 1969. 424 с.

Бендюг Д. К., Б радул-Кириллов Б. Г., Бутенко Ю. И. и др. Матричные ал-
горитмы в строительной механике стержневых систем. М. : Высш, школа, 1980.

Бернштейн С. А. Основы динамики сооружений. М. : Госстройиздат, 1938.
160 с.

Бычков Д. В., Клейн Г. К., Габбасов Р. Ф. и др. Руководство к практиче-
ским занятиям по курсу строительной механики. М. : Высш, школа, 1973. 360 с.

Власов В. 3. Тонкостенные упругие стержни. М. : Физматгиз, 1959. 508 с.

Григолюк Э. И., Кабанов В. В. Устойчивость круговых цилиндрических обо-
лочек — В кн.: Итоги науки. Механика твердых деформируемых тел. М. : Наука,
1978. 359 с.

Деркач В. Ф., Давидов Н. В. Сборник задач и упражнений по строительной
механике стержневых систем. Харьков: Изд-во Харьков, ун-та, 1960. 504 с.

Динник А. И. Избранные труды. Киев: Изд-во АН УССР, 1952. 152 с.
Доценко И. С. Строительная механика. Киев: Вища школа, 1976. 294 с.
Дыховичный А. И. Строительная механика. М. : Высш, школа, 1966. 328 с.
Кан С. Н. Строительная механика оболочек. М. : Машиностроение, 1966.

Кан С. Н., Каплан Ю. И. Расчет цилиндрических оболочек покрытий зда-
ний. Киев: Вища школа. Головное изд-во, 1973. 143 с.

Кан С. Н., Пановко Я- Г. Элементы строительной механики тонкостенных
конструкций. М. : Оборонгиз, 1952. 164 с.

Киселев В. А. Строительная механика. М. : Стройиздат, 1976. 511 с.

Киселев В. А. Строительная механика. Специальный курс. М. : Стройиздат,
1980. 616 с.

Клаф Р.. Пензиен Дж. Динамика сооружений. М. : Стройиздат, 1979. 320 с.

Клейн Г. К-, Рекач В. Г., Розенблат Г. И, Руководство к практическим за-
нятиям по курсу строительной механики. М. : Высш, школа, 1972. 318 с.

Корноухое Н. В. Прочность и устойчивость стержнезых систем. ДА. : Строй-
издат, 1949. 376 с.

Кузьмин Н. Л.. Рекач В. Г., Розенблат Г. И. Сборник задач по курсу строи-
тельной механики. М. : Стройиздат, 1980. 332 с.

Лившиц Я. Д., Семенов П. И. Сборник упражнений по строительной меха-
нике. Киев: Стройиздат, 1962. 335 с.

Митропольский М. Н. Применение теории матриц к решению задач строи-
тельной механики. М. : Высш, школа, 1969. 160 с.

Пановко Я. Г. Основы прикладной теории колебаний и удара. М. : Машино-
строение, 1976. 320 с.

Прокофьев И. П., Смирнов А. ф. Теория сооружений. М. : Трансжелдориздат,
1948. 243 с.

Рабинович И. М. Курс строительной механики стержневых систем. Статиче-
ски определимые системы. М. ; Д. : Стройиздат, 1950. 388 с.

Рабинович И. М. Курс строительной механики стержневых систем. Стати-
чески неопределимые системы. М. : Госстройиздат, 1954. 544 с.
Рабинович И. М. Основы строительной механики стержневых систем. М. :
Стройиздат, 1960. 454 с.

Раевский. А- Н. Основы расчета сооружений на устойчивость. М. : Высш,
школа, 1962. 160 с.

Рэканицын А. Р. Устойчивость равновесия упругих систем. М. : Гостехиздат,
1955. 475 с.

Руководство к практическим занятиям по курсу строительной механики/
Под ред. Г. К- Клейна. М. : Высш, школа, 1973. 360 с.

Смирнов Д. Ф. Устойчивость и колебания сооружений. М. : Трансжелдор-
издат, 1958. 571 с.

Смирнов А. Ф-, Александров А. В., Лащенков Б. Я., Шапошников И. Н.

Строительная механика стержневых систем. М. : Стройиздат, 1981. 512 с.

Снитко Н. К- Строительная механика. М. : Высш, школа, 1980. 431 с.

Снитко Н. К- Устойчивость стержневых систем. М. : Госстройиздат, 1956.
267 с.

Строительная механика/Под ред. А. В. Даркова. М. : Высш, школа, 1976.
600 с.

Строительная механика в примерах и задачах/Под ред. В. А. Киселева.
М. : Стройиздат, 1968. 387 с.

Строительная механика стержневых систем и оболочек/Под ред. Ю. И. Бу-
тенко. Киев: Вища школа. Головное изд-во, 1980. 488 с.

Тимошенко С. П. Устойчивость упругих систем. М. ; Гостехиздат, 1955. 567 с.

Тимошенко С. П. Колебания в инженерном деле. М. : Физматгиз, 1967.
444 с.

Филин А- П. Матрицы в статике стержневых систем. М. ; Л. : Стройиздат,
1966. 438 с.
Основные буквенные обозначения.......................................  3

Значения смысловых индексов............................................4

Раздел I

СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫЕ СТЕРЖНЕВЫЕ СИСТЕМЫ

Глава 1. Анализ геометрической неизменяемости плоских сооружений . .	5

Глава 2. Многопролетные статически определимые балки..................10

2.1.	Расчет многопролетных балок на постоянную нагрузку ...... 10

2.2.	Рациональная расстановка шарниров.............................  13

Глава 3. Линии влияния усилий в балках ...............................13

3.1.	Общие сведения. Статический способ построения линий влияния . .	13

3.2.	Определение усилий по линиям влияния..........................  18

3.3.	Линии влияния при узловой передаче нагрузки. Линии влияния для мно-
гопролетной статически определимой балки..............................21

Глава 4. Балочные и консольно-балочные фермы..........................24

4.1.	Определение усилий в стержнях ферм..............................24

4.2.	Расчет ферм на подвижную нагрузку...............................34

4.3.	Шпренгельные фермы .............................................38

4.4.	Применение матриц влияния к расчету ферм........................42

Глава 5. Распорные системы .........................................45

5.1.	Общие сведения................................................45

5.2.	Расчет трехшарнирных арок на вертикальную нагрузку. Опорные реак-
ции ...............................................................45

5.3.	Внутренние усилия в трехшарнирной арке........................46

5.4.	Рациональная ось трехшарнирной арки...........................55

5.5.	Ядровые моменты...............................................56

5.6.	Расчет трехшарнирной арки на произвольно направленную нагрузку . . 58

5.7.	Трехшарнирные рамы ...........................................59

5.8.	Трехшарнирные арочные фермы.................................  61

Глава 6. Комбинированные и висячие системы...........................62

Глава 7. Вычисление перемещений в статически определимых системах . . 67

7.1.	Перемещения от внешней нагрузки.................................67

7.2.	Вычисление перемещений в матричной	форме........................73

7.3.	Перемещения, вызванные смещением	опор..........................76

7.4.	Температурные перемещения ......................................77

7.5.	Линии влияния перемещений.......................................78

Глава 8. Кинематический способ построения линий влияния..............83

Раздел 2

СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ СТЕРЖНЕВЫЕ СИСТЕМЫ

Глава 9. Расчет статически неопределимых рам методом сил.............36

9.1.	Сущность метода сил. Применение метода сил к расчету простых рам . 86

9.2.	Расчет сложных рам методом сил.................................91

9.3.	Расчет на температурные воздействия и смещения опор............99
9.4.	Матричная форма расчета рам методом сил ....	... 102

9.5.	Перемещения в статически неопределимых рамах . .	.... 107

Глава 10. Расчет статически неопределимых ферм методом сил ..... 108

10.1.	Расчет ферм на неподвижную нагрузку . .	..........108

10.2.	Расчет па подвижную нагрузку............... .	..........111

10.3.	Расчет ферм в матричной форме.............. .	..........115

Глава 11. Статически	неопределимые	арки ...	. .	...	117

11.1.	Двухшарнирные	арки	.................. ...	....	117

11.2.	Бесшарнирные	арки	....................... ...	....	123

11.3.	.Пинии влияния	усилий	в	арках.......... ...	....	127

Глава 12. Метод перемещений........................................  133

12.1.	Расчет рам методом перемещений	....	...................133

12.2.	Расчет в матричной форме.....................................  143

Глава 13. Смешанный метод............................................146

Глава 14. Неразрезные балки . ................................ .....	150

14.1.	Общие сведения. Расчет методом сил и методом перемещений .... 150

14.2.	Метод моментных фокусов .......................................154

14.3.	Построение линий влияния ...	............. ... 158

Глава 15. Пространственные стержневые системы.........................164

15.1.	Общие сведения. Геометрическая неизменяемость..................164

15.2.	Пространственные статически определимые фермы..................165

15.3.	Пространственные статически неопределимые системы..............169

Раздел 3

УСТОЙЧИВОСТЬ УПРУГИХ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ

Глава 16. Основные понятия ............................................173

Глава 17. Устойчивость прямых центрально-сжатых стержней...............175

Глава 18. Устойчивость рам...........................................  184

18.1.	Общие положения.................................................184

18.2.	Метод сил ..................................................... 185

18.3.	Метод перемещений...............................................193

Глава 19. Устойчивость арок...........................................

19.1.	Общие положения ...............................................

19.2.	Круговые арки .................................................

19.3.	Арки параболического очертания.................................

205

205

206

211

Глава 20. Устойчивость плоской формы изгиба.............................212

Раздел 4

ДИНАМИКА СООРУЖЕНИЙ

Глава 21. Общие сведения....................................... ...	217

Глава 22. Системы с одной степенью свободы .	......... ... 222

22.1.	Уравнение движения .........................................222

22.2.	Свободные незатухающие колебания..........................  223

22.3.	Свободные затухающие колебания.......................... ...	229

22.4.	Вынужденные колебания без учета затухания...................233

22.5.	Вынужденные колебания с учетом затухания....................242

Глава 23. Колебания систем с несколькими степенями свободы.........244

23.1.	Вычисление частот свободных колебаний.......................244

23.2.	Вынужденные колебания системы ..............................252
Глава 24. Системы с бесконечным числом степеней свободы

24.1.	Поперечные свободные колебания стержней . .

24.2.	Колебания рамных систем......................

253

Раздел 5

СТРОИТЕЛЬНАЯ МЕХАНИКА ОБОЛОЧЕК

Г лава 25. Оболочки недеформируемого контура поперечного сечения . . . 273

25.1.	Нормальные напряжения........................................273

25.2.	Касательные напряжения при изгибе системы с открытым профилем . 276

25.3.	Центр изгиба открытых сечений................................279

25.4	Касательные напряжения при изгибе системы с замкнутым сечением . 282

25.5.	Определение упругих перемещений в тонкостенных конструкциях . . 284

25.6.	Расчет поперечных ребер......................................285

25.7.	Осесимметричное нагружение оболочек вращения.................286

Глава 26. Оболочки деформируемого контура поперечного сечения . . . 288

26.1.	Общие положения .............................................288

26.2.	Элементы вариационного исчисления............................288

26.3.	Осесимметричное нагружение цилиндрических оболочек...........291

26.4.	Нецилиндрические оболочки вращения ..........................299

26.5.	Поперечный изгиб цилиндрических оболочек.....................301

Ответы .......................... ....	.........................315

Список литературы...................................................322
Юрий Ильич Бутенко,

Николай Андреевич Засядько,

Савелий Нахимович Кан,

Юрий Петрович Китов,

Владимир Павлович Пустовойтов,
Степан Прокофьевич Фесик

СТРОИТЕЛЬНАЯ МЕХАНИКА

Руководство к практическим занятиям

Под редакцией профессора Ю, И, Бутенко

Редакторы Н. А. Логинова. Т. Ю. Ходы-
рева

Обложка художника В. Г. Самсонова
Художественный редактор С. Р. О их м ан
Технический редактор Л. Ф. Волкова
Корректор Р. П. Киевская

Информ, бланк № 6394

Сдано в набор 31.12.82. Поди, в печать 12.12.83. БФ 02266.

Формат 60x90 1/16. Бумага тнпогр. № 2. Выс. печать.

Лит. гарн. 20.5 печ. л. 20,5 кр.-отт. 23,35 уч.-изд. л.

Тираж 8000 экз. Изд. № 6233. Зак. № 3- 128. Цена 1 р. 20 к

Головное издательство издательского объединения «Вища
школа», 252054, Киев-54, ул. Гоголевская, 7

Книжная фабрика им. М. В. Фрунзе, Харьков-57, 310057»
ул. Донец-Захаржевского, 6/8.