5.5. Физические уравнения

Физические уравнения связывают в каждом сечении стержня внутренние силовые факторы Ф с деформациями осевой линии Д. Если справедлив закон Гука, то

Д=Ф/Ж.

Здесь Ж - жесткость поперечного сечения стержня, равная E·S (если Ф=N, а Д = ε_о - вытяжка осевой линии) или Е·J_х (если Ф = М_х, а Д = χ_х - кривизна, или относительный угол поворота вокруг оси х) или G·J_к (если Ф = Т — крутящий момент, а Д = θ - крутка, то есть относительный угол закручивания - поворота сечения вокруг оси z). При нагреве возникают тепловые деформации Д^Т. Обычно рассматривают два вида тепловой деформации осевой линии стержня:

где Т_ср - средняя по сечению стержня температура, - средний градиент температуры по оси у (dT/dy). Физическое уравнение в этом случае принимает вид

Д = Ф/Ж + Д^Т.

Наконец, если имеются дополнительные деформации Д⁰ (а в качестве дополнительных принимаются все другие отклонения оси стержня от чертежа), то в последнем выражении добавляется Д⁰

Д = Ф/Ж+Д^Т+Д⁰. (5.9)

5.6. Каноническая система уравнений

Физические уравнения замыкают систему уравнений, необходимых для «раскрытия статической неопределимости» определения неизвестных X_i метода сил. Напомним, что эта система включает одно статическое уравнение (5.3) - суперпозицию внутренних силовых факторов; о равновесии каждого слагаемого мы заботимся при построении соответствующих эпюр. В систему уравнений входят также к уравнений совместности деформаций (5.5) и физическое уравнение (5.9). Легко убедиться, что это полная система: подставив выражение (5.3) в (5.9), а последнее - в уравнения (5.5), получим k разрешающих линейных уравнений относительно к неизвестных. Они записываются в каноническом виде: например, при k = 2

. (5.10)

Здесь

(L - суммарная длина стержней конструкции). Напомним, что при выборе основной системы все смещающиеся опоры считаются мешающими и снимаются, и R_jm представляет реакцию в m-й связи при действии только X_j = 1.

Пример 5. Требуется найти силовые факторы в конструкции на рис.5.15. Сохранив симметрию и убрав все внешние связи, получим "Э" (рис.5.15 б) с двумя неизвестными А, В. Единственное симметричное уравнение равновесия - сумма моментов сил 2А·l+2В·l - 2М = 0 - можно решить, например, так:

А=Х₁, В=М/l – Х₁.

Заметим, что при кососимметричной нагрузке (см., например, рис. 5.15 в) равновесия в данной конструкции не будет ни при каких значениях опорных реакций - из-за шарнира на оси симметрии; перед нами статически неопределимый механизм. Единичная эпюра изгибающих моментов М_и' (X₁ = 1, М = 0) и грузовая эпюра (X₁ = 0, M = M) показаны на рис. 5.15 г, д. Для рамы постоянной жесткости на изгиб Е·J найдем:

и, наконец, получим ЭМ_и (рис.5.15 е). Стоит упомянуть, что традиционным методом при кинематически неизменяемой основной системе эта задача не может быть решена, так как конструкция изначально пред-ставляет собой механизм.

Пример 6. В задаче, показанной на рис. 5.16, нет внешних сил и конструкция выполнена идеально ( Д⁰(z) = 0), но опоры - с отклонением от чертежа: при сборке обнаружилось, что заделка А повернута на угол φ_А по часовой стрелке, а опора В смещена влево на величину Δ_B. Требуется определить напряжения в раме, если эти смещения несовместны.

При выборе основной системы снимаем смещающиеся связи (в сечениях А и В); уберем также связь С, чтобы справа от любого сечения все связи отсутствовали. Тем самым получим основную систему (рис.5.17). Её кинематический анализ показывает, что она имеет две степени свободы: поворачивается как жесткое целое вокруг точки А и - при неподвижной части AD - участок DC, в свою очередь, может поворачиваться вокруг точки D. Покажем реакции отброшенных связей R₁, R₂, R₃, чтобы получить эквивалентную задачу (рис.5.18). Внешних нагрузок в этой задаче нет.

Реакции R₁ и R₂ направляем не произвольно (в отличие от R₃): чтобы не ошибиться при вычислении правой части канонического уравнения, их направление отвечает направлению заданных смешений.

В соответствии с проведенным кинематическим анализом записываем два уравнения равновесия:

R₃·l - R₂·l=0, R₃·2l+R₁= 0.

Решаем эту систему относительно неизвестных R₁, R₂, R₃:

R₃ = X₁, R₂ = X₁, R₁= - 2X₁·l.

Приняв X₁ = 1, строим эпюру изгибающих моментов (рис.5.19 а, б) и вычисляем δ₁₁ = 10·l³/(3E·J). Влиянием на этот коэффициент нормальной и поперечной силы пренебрегаем ввиду его малости по сравнению с изгибом. Каноническое уравнение для этой задачи имеет вид , правая часть (при X₁ = 1) равна – 2l·φ_А+1·Δ_B. Таким образом, если, случайно, Δ_B = φ_А·2l, то напряжений в конструкции не возникает; иначе – X₁=(Δ_B - 2l·φ_А)/δ₁₁. Умножив единичную эпюру (рис.5.19 б) на Х₁, найдем М, а затем - напряжения.