133]

ПРИМЕРЫ

Полагаем теперь в формулах для Mi и Ms, что Рд =0 и ЛТз=0 и производим интегрирование:

EJ 1

Рх\ dx + Ра- dx о о

Padx

+ Pal

Знак плюс показывает, что все перемещения направлены соответственгю по силам Р, Рд и Мд.

Пример 91. Найти угол поворота 9 сечения С и горизонтальное перемещение А точки D копструкщп!, изображённой на фиг. 344.

Фиг. 344.

Для определения 6 и Д необходимо приложить в точке D горизонтальную добавочную силу Рд, а в сечении С добавочный момент Л1д. Определим реакции из условий статики:

ЕА-О; Рд-Я = 0; Я=Рд; ЕГ = 0; -+D = 0; £) = Д; ЕМд = 0;М + Мд~О.2а + Рд.2. = 0; + А4д+Рд > 2а

Изгибающие моменты и их производные: All = + Da4 = + § + Рдхг,

dPj с/Л1д 2a

ЛЬ = + (а + .2) + М = Рд(а + х,) + М; щ = 0;

Горизонтальное перемещение точки D равно

2а а а

2а о

.2а 3 2 Угол поворота сечения С равен

2а а

\1 Ма 6 EJ*

М (2аУ 2Ма SEJ 42 SEJ

Найдём угол поворота б сечения С и горизонтальное перемещение А точки D той же конструкции, пользуясь теоремой Мора. Изобразим три

состояния загружения: а, б и в (фиг. 345). Определим реакции и изгибающие моменты для всех трёх состояний, показанных на фиг. 345:

а) От заданной нагрузки:

H = 0;D = ==A; Мх = + ~х М, = + М;М,=0.

б) От единичной силы:

Я = =1=Л; M; = + Xi; М9, = а + х; М1 + х.

в) От единичного момента:

§ 133]

ПРИМЕРЫ

Вычислим деформации: а) и б)

EJ 1

2а а

а) и в)

2а а

СМ Xi

xldx+ \ M(a + X2)dx

2а а а

MiMldx + { M2Mldx+ I M.Mtdx

Мы получили те же выражения, что и при помощи теоремы Кастильяно. /И

Фиг. 346.

При решении этой же задачи способом Верещагина нужно для схем загружения а, б п в фиг. 345 построить эпюры изгибающего момента, что сделано на фиг. 346, и по ним определить:

1 = Ма; 2 = Ма; Wg == О (фиг. 346, а);

(фиг. 346, б);

Mci = 41 = сз = О (Фи!- 346, в).

Искомые перемещения равны: 1

1 4 . 3 \ \7Ма

Л==- Ма.-з-а + Ма .yй) = -

1 2 2 Ма