Теорема Кастилиано. Частная производная от потенциальной энергии системы по силе равна перемещению точки приложения силы по направлению этой силы. Рассмотрим упругое тело (рис. 43), нагруженное произвольной сис-

Рис. 43

темой сил. Потенциальная энергия деформации, на-копленная в теле в результате работы внешних сил, равна U и выражается через силы U = U(F₁, F₂, …, F_n). Дадим одной из сил, например, силе F_n, приращение dF_n. Тогда потенциальная энергия получит приращение (U/F_n)dF_n и примет вид

U + (U/F_n)dF_n. (а)

Изменим порядок приложения сил. Приложим сначала силу dF_n, а затем всю систему. Тогда выражение потенциальной энергии получим в виде

U + dF_n_n + (1/2)dF_nd_n, (б)

где dF_n_n есть приращение энергии, связанное с работой силы dF_n на перемещении _n, вызванном всей системой внешних сил; перед произведением множитель 1/2 не ставится, поскольку на перемещении _n сила dF_n остается неизменной. Третье слагаемое, равное работе силы dF_n на вызванном ею перемещении d_n , является величиной высшего порядка малости, поэтому его можно отбросить.

Приравнивая выражения (а) и (б), находим

_n = U/F_n , (18)

что и требовалось доказать.

Пример 26. Определить наибольший прогиб консоли, нагруженной на конце силой F. Решение. Изгибающий момент в произвольном сечении К балки равен Mx(z) = - Fz.

f = Fl3/(3EIx) Рис. 44

Потенциальная энергия упругой деформации

.

По формуле (18) находим искомое перемещение

.

Интеграл Мора. Пусть требуется определить прогиб некоторого сечения К балки (рис. 45). Приложим в точке К фиктивную силу Ф

Рис. 45

и вычислим изгибающий момент в произвольном сечении балки M_x(z) = M_F(z) + M_Ф(z),

где M_F – момент от заданной системы внешних сил, М_Ф – дополнительный момент, вызванный силой Ф. Момент М_Ф пропорционален силе Ф, поэтому его можно представить как произведение . Здесь есть изгибающий момент от единичной силы, приложенной в рассматриваемой точке К.

Потенциальная энергия системы с учетом силы Ф

.

Дифференцируя это выражение по Ф и полагая после этого Ф = 0, находим перемещение точки К:

. (19)

Это и есть интеграл Мора.

Пример 27. Определить максимальный прогиб в двухопорной балке, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой интенсивности q (рис. 46). Решение. Находим изгибающие моменты: от заданной нагрузки

Рис. 46

- от единичной силы, приложенной в точке С, где ищется прогиб .

По формуле (19) вычисляем искомый наибольший прогиб, который возникает в среднем сечении балки

Некоторые способы вычисления интеграла Мора. Наибольшее распространение в инженерной практике получили правило Верещагина и формула Симпсона.

Правило Верещагина. Оно заключается в замене операции интегрирования перемножением площади эпюры моментов от внешней нагрузки на ординату линейной эпюры от единичной силы, расположенную под центром тяжести первой эпюры.

Действительно, , причем .

Поэтому, .

Но , .

Рис. 47	Рис. 48

Следовательно,

или I = C. (20)

В последней формуле индекс “F” у площади  опущен, а ордината М_С прямолинейной эпюры для краткости обозначена одной буквой С.

Площадь  иногда приходится разбивать на более простые части, тогда вместо (20) получим

, (21)

где _I – части площади , С_i – соответствующая ордината прямолинейной эпюры.

Искомое перемещение . (22)

Площади простейших фигур и положения их центров тяжести приведены в табл. 2.

Таблица 2

Фигура	Треугольник	Квадратная парабола
	hl/2	hl/3	2hl/3	2hl/3

Формула Симпсона (рис. 48)

. (23)

При наличии погонной равномерно распределенной нагрузки интенсивности q величина М_ср определяется по формуле

М_ср = (М_лев + М_пр)/2  ql²/8.

Знак “плюс” соответствует погонной нагрузке, направленной вниз; при обратном направлении нагрузки берется знак “минус”.

Пример 28. Определить углы поворота на опорах А и В. Решение Строим эпюры от заданной нагрузки и от единичных моментов, приложенных в сечениях А и В (рис. 49). Искомые перемещения определяем с помощью интегралов Мора ,

Рис. 49

, которые вычисляем по правилу Верещагина. Находим параметры эпюр

 = hl/2 = Ml/2, C₁ = 2/3, C₂ = 1/3,

а затем и углы поворота на опорах А и В

_A = C₁/(EI_x) = (Ml/2)(2/3)/(EI_x) = Ml/(3EI_x),

_B = C₂/(EI_x) = Ml/(6EI_x).

Пример 29. Определить угол поворота сечения С. Решение. Определяем опорные реакции Yi = 0, RA=RB, mA = 0, RB4a = q2a2a, RA = RB = qa. Строим эпюры изгибающего момента от заданной нагрузки и от единичного момента, приложенного в сечении С, где ищется угол поворота. Интеграл

Рис. 50

Мора вычисляем по правилу Верещагина. Находим параметры эпюр ₁ = 2hl/3 = (2/3)(qa²/2)2a = (2/3)qa³,

₂ = -₁ = -(2/3)qa³, C₂ = -C₁ = -1/4,

а по ним и искомое перемещение

.

Пример 30. Определить перемещения точек С и D. Предлагается студентам решить самостоятельно. Ответ: VC = 67qa4/(72EIx), VD = 31qa4/(36EIx).

Рис. 51

Пример 31 Определить прогиб в сечении С. Решение 1. Построение эпюр изгибающих моментов. Эпюра MF (рис. 52,б) Опорные реакции: ВЕ: mE = 0, RB3a = F2a + Fa, Yi = 0, RB + RE = F, RE = 0; АВ: Yi = 0, RА = RВ = F; mА = 0, МА = Fa.

Рис. 52

Вычисляем моменты в характерных точках M_A = -Fa, M_B = 0, M_C = Fa и строим эпюру изгибающего момента от заданной нагрузки.

Эпюра (рис. 52,в).

В сечении С, где ищется прогиб, прикладываем единичную силу и строим от нее эпюру изгибающего момента, вычисляя сначала опорные реакции ВЕ - m_E = 0, 3a = 12a, = 2/3; Y_i = 0, + = 1, = 1/3, а затем моменты в характерных точках , , .

2. Определение искомого прогиба. Воспользуемся правилом Верещагина и вычислим предварительно параметры эпюр и :

₁ = (1/2)(-Fa)a = -Fa²/2, ₂ = -₁ = Fa²/2, ₃ = Faa = Fa², C₁ = (2/3)(-2a/3) = -4a/9, C₂ = -C₁ = 4a/9, C₃ = a/2.

142