Для второго участка При Xi = l имеем:

+ 11

2 а

х, - Р{х,-Ь).

.Ра=.р-[2а + 33]-Ра~[а + 2Н

Поперечная сила для первого участка (фиг. 366, и) равна:

Для второго

В частном случае при а - Ь-- В = + ~Р, Л = + р;

Пример 97. Балка АВ, нагружённая силой Р (фиг. 367), защемлена концом Л; конец В опирается на упругую опору (пружину).

Податливость пружины, т. е. её осадку от единичной силы, обозначим а [см/кг]; эта величина может быть вычислена по формуле (11.28) (§ 65); полагая

получаем:

АРЫ Or

За лишнюю неизвестную выбираем реакцию В

между балкой и упругой опорой. Ход решения остаётся таким же, что и в предыдущем примере: изменится лишь уравнение совместности. Прогиб конца В балки будет равен уже не нулю, а осадке пружины от силы В, т. е.

/л=/5р + /бб = -; (23.13)

знак минус перед X поставлен потому, что положительное направление прогибов принято вверх. Подставляя в уравнение (23.13) значения fp и fg (см. пример 96) и величину Х = аВ, получаем:

Bl 3EJ

Отсюда

В = Р

1+11

1а.

(23.14)

При абсолютно жёсткой пружине а = 0 и формула для В совпадает с полученной выше в предыдущем примере (23.12).

Определим наибольшие напряжения в балке и пружине при следующих числовых данных: балка двутавровая № 20, У= 1840 сж W= 184 см, про-

§ 141] ПРИМЕРЫ РАСЧЁТА СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМ 445

jjgx / == 4 ж; а = = 2 ж; Р = 2 т. Радиус витка пружины = 5 см, радиус её стержня г=1 см; число витков /г = 6. Модули: £ = 2-10 кгсм, Qz=S W кг/см. Податливость пружины равна:

4 .5 6

Вычисляем отношение к формуле (23.14) и реакцию: 3 32-10 1840.4.5з.6 9ппп tr

Опасными являются сечение в защемлении и сечение под грузом. В первом из них

Л = i5/ - Р = 378 .400 - 2000 200 = - 248 800 кгсм; во втором

М=+5 А. = 378 . 200 = 75600 кгсм.

Наибольшее нормальное напряжение в балке равно: I max М I 248 800

W 184

= 1343 кг;смК

Наибольшее касательное напряжение в пружине

2BR 2-378.5 , ,

maxт = = 3- == 1200 кг/см.

Пример 98. Построить эпюру моментов для рамы (фиг. 368, а) при нагрузке силой Р. Жёсткость стержня EJ постоянна.

Обозначая реакции через Л, Я, и С, составляем уравнения статики:

Я = Р, Л + С = 0, Pa - Ca - Mj = 0.

Лишних неизвестных одна; пусть это будет реакция С. Основная система с нагрузкой силой Р и лишней неизвестной показана на фиг. 368, б. Применим теорему Кастильяно. В уравнении совместности деформаций

потенциальная энергия U является суммой величин энергии для первого участка СВ и второго В А. Уравнение / = 0 принимает вид:

вычисляем моменты и их производные:

Mi== + Cx =.1, М, = + Са-Рх,; = + .

Подставляя в уравнение совместности

j Cxi iP - adx=zO

И ВЫЧИСЛЯЯ интегралы, получаем:

Са 3

Изгибающие моменты будут: на первом участке Mi = Рль на втором уча-стке М? = у Ра - Рд:*. Эпюра моментов показана на фиг. 368, в.

При решении того же примера способом Верещагина изображаем два состояния нагрузки: заданными силами и опорной реакцией С (фиг. 368, г) и единичной силой, действующей по направлению реакции С (фиг. 368, д)\ строим эпюры М и М. Площади эпюр М первого состояния загружения (фиг. 368, е и ж)\

<о, = + 1са.а = + -,

\=\-Саа=:\-Са и а>? = --1 Ра . л =

Ординаты единичных эпюр, соответствующие центрам тяжести эпюр первого состояния загружения (фиг. 368, з):

Условие совместности деформаций (по сокращении EJ)\

откуда C=-gP, как и в решении, показанном выше.