Перемещения при изгибе балок и рам

Подбор сечения по условию прочности:

- максимальный изгибающий момент

$$M_{max}=Pl=\mathrm{0,5} кН\times м$$

- необходимый момент сопротивления

$$W=\frac{M_{max}}{\left[\sigma \right]}=\mathrm{3,33} с{м}^3$$

- принимаем профиль № 7, у которого

$$W=\mathrm{4,139} с{м}^3$$

$$J=\mathrm{10,347} с{м}^4$$

- проверка жесткости (стрела прогиба)

$$f=\frac{P{l}^3}{3EJ}=\mathrm{2,03} см \left(1\right)$$

т. е. жесткость балки недостаточна.

Подбор сечения по условию жесткости:

- из формулы (1) получаем

$$\frac{f}{l}=\frac{p{l}^2}{3EJ}$$

$$J=\frac{P{l}^2}{3E\frac{f}{l}}=\mathrm{23,9} с{м}^4$$

- берем профиль № 11, у которого

$$W=\mathrm{8,356} с{м}^3$$

$$J=\mathrm{25,068} с{м}^4$$

- прогиб при этом составляет

$$\mathrm{0,95}<\frac{l}{100}$$

- напряжение

$$\sigma =\frac{M_{max}}{W}=\frac{5000}{\mathrm{8,356}}=\mathrm{59,9} МПа$$

- отношение весов

$$\frac{\mathrm{0,695}}{\mathrm{1,208}}=\mathrm{0,575}$$

Ответ: не указан.

Без учета поворота заделки получаем (рис. а):

$$v\left(0\right)=\frac{q{l}^4}{8EJ}$$

$$\theta \left(0\right)=-\frac{q{l}^3}{6EJ}$$

Поворот заделки (рис. б) дает:

$$v\left(0\right)=-\gamma l$$

$$\theta \left(0\right)=\gamma$$

Полные перемещения будут:

$$v\left(0\right)=\frac{q{l}^4}{8EJ}-\gamma l$$

$$\theta \left(0\right)=-\frac{q{l}^3}{6EJ}+\gamma$$

Ответ: не указан.

Текущие значения θ и v выражаются так:

$$\theta \left(x\right)=\frac{Ll}{6El}\left(1-\frac{3x^2}{l^2}\right)$$

$$v\left(x\right)=\frac{L{l}^2}{6El}\left(\frac{x}{l}-\frac{x^3}{l^3}\right)$$

Прогиб v(x) имеет максимум там, где θ(x) равно нулю, т. е. при

$$x=\frac{l}{\sqrt{3}}$$

Из выражения для v(x) находим

$$v_{max}=\frac{L{l}^2}{9\sqrt{3}EJ}=\mathrm{0,0641}\frac{L{l}^2}{EJ}$$

Прогиб посередине

$$v\left(\mathrm{0,5}l\right)=\frac{L{l}^2}{16EJ}=\mathrm{0,0625}\frac{L{l}^2}{EJ}$$

Ответ: не указан.

Кривизна 1/R оси изогнутого стержня равна

$$\frac{1}{R}=\frac{M}{EJ}$$

Но

$$2\pi R=l$$

Следовательно,

$$\frac{M}{EJ}=\frac{2\pi }{l}$$

Откуда

$$M=\frac{2\pi EJ}{l}$$

Ответ: не указан.

Приближенное решение по уравнению

$$\frac{d^{2}v}{d{x}^2}=\frac{M}{EJ}$$

$$v_{ср}=\frac{l\alpha }{2}$$

$${\theta }_A=-{\theta }_B=2\alpha$$

где

$$\alpha =\frac{Ml}{4EJ}$$

Смещения опоры находится из выражения

$$\mathrm{\Delta }=\frac{1}{2}{\int }_0^l{\left(v^{’}\right)}^{2}dx=\frac{1}{2E^2{J}^2}{\int }_0^l{\left(\frac{Ml}{2}-Mx\right)}^{2}dx=\frac{M^2{l}^3}{24E^2{J}^2}=23 l{\alpha }^2$$

Точное решение по уравнению

$$\frac{d\theta }{ds}=\frac{1}{R}=\frac{M}{EJ}$$

Как видно из рисунка,

$$v_{ср}=R-R\cos {\theta }_0=R\times 2{\sin }^2\frac{{\theta }_0}{2}$$

но

$${\theta }_0=\frac{l}{2R}=\frac{ML}{3=2EF}$$

следовательно

$$v_{ср}=\frac{EJ}{M}2{\sin }^2\frac{Ml}{2EJ}=\frac{l}{2\alpha }{\sin }^2\alpha$$

Смещения опоры

$$\mathrm{\Delta }=l-2R\sin {\theta }_0=l-2\frac{EJ}{M}\sin \frac{Ml}{3EJ}=l\left(1-\frac{\sin 2\alpha }{2\alpha }\right)$$

Ответ: не указан.

Балка подвергается чистому изгибу:

$$Q=0$$

$$M_A=M_0$$

$$M\left(x\right)=M_0$$

Приближенное дифференциальное уравнение изогнутой оси имеет вид

$$EJ{y}^n=M_0$$

где

$$J=\frac{b{h}^3}{12}=\frac{6\times {\mathrm{0,5}}^3}{12}=\mathrm{0,0625} с{м}^4$$

Проинтегрировав его дважды, получим

$$EJ{y}^{’}=M_{0}x+C \left(I\right)$$

$$Ej{y}^{’’}=\frac{M_0{x}^2}{2}+Cx+D \left(II\right)$$

Произвольные постоянные интегрирования C и D найдем из условий закрепления балки в сечении A:

1) В точке А при x = 0

$${\theta }_A=y_{x=0}=0$$

подставляя в (I), найдем

$$C=0$$

2) Также при x = 0

$$f_A=y_{x=0}=0$$

подставляя в (II), получим

$$D=0$$

Таким образом, уравнения (I) и (II) примут вид

$$EJ{y}^{’}=M_{0}x$$

$$Ej{y}^{’’}=\frac{M_0{x}^2}{2}$$

Наибольшие значения перемещений получим при x = l (в точке B):

$${\theta }_{max}={\theta }_B=y_{x=l}^{’}$$

$$f_{max}=f_B=y_{x=l}$$

Подставляя в уравнения (I) и (II), найдем

$${\theta }_B=\frac{M_{0}l}{EJ}=\frac{100\times 100}{2\times {10}^6\times \mathrm{0,0625}}=\mathrm{0,08}$$

$$f_B=\frac{M_0{l}^2}{2EJ}=\frac{100\times {100}^2}{2\times 2\times {10}^6\times \mathrm{0,0625}}=\mathrm{4,0} см$$

Знак θ и f показывают, что сечение B поворачивается против хода часовой стрелки, а прогиб f_B направлен вверх.

Более точные результаты можно получить из уравнения для кривизны:

$$\frac{1}{\rho }=\frac{M}{EJ}$$

Так как при чистом изгибе

$$M\left(x\right)=M_0=const$$

то

$$\rho =const$$

т. е. ось балки изгибается не по параболе, как это следует из уравнения (II), а по дуге окружности, описанной радиусом

$$\rho =\frac{EJ}{M_0}=\frac{2\times {10}^6\times \mathrm{0,0625}}{100}=1250 см$$

Теперь перемещения легко найти из геометрических соображений (см. рисунок). Угол θ_B определяется как отношение дуги длиною l к радиусу ρ, а прогиб — как отрезок

$$AD=AC-CD$$

Следовательно,

$${\theta }_B=\frac{l}{\rho }=\frac{100}{1250}=\mathrm{0,08}\to 4°{34}^{’}$$

$$f_B=\rho -\rho \cos \theta =\rho \left(1-\cos 4°{34}^{’}\right)=1250\times \left(1-\mathrm{0,99684}\right)=\mathrm{3,95} см$$

Расхождение между точным н приближенным решениями для прогиба составляет около одного процента; для угла поворота результаты совпадают с точностью до третьего знака. Заметим, что для обычно применяемых в конструкциях балок большой жесткости, например двутавровых, погрешность приближенного решения с помощью дифференциального уравнения еще меньше (порядка 0,05 — 0,1 %) в сторону некоторого преувеличения перемещений.

Ответ: не указан.

Применим общее уравнения:

$$\theta \left(x\right)=\theta \left(0\right)-{\int }_0^x\frac{M\left(u\right)}{EJ\left(u\right)}du$$

$$v\left(x\right)=v\left(0\right)+\theta \left(0\right)x-{\int }_0^x\frac{M\left(u\right)}{EJ\left(u\right)}\left(x-u\right)du$$

Изгибающий момент

$$M\left(x\right)=\frac{q{\left(l-x\right)}^2}{2}$$

Значение M, вычисляется по этой формуле, и значения M/(EJ) указаны в столбцах 5 и 6 таблицы для сечений 1, 2, …, 6 через интервал s = 100 см по длине балки. Эпюра M/(EJ) показана на рис. а. В столбце 7 таблицы даны площади Ω участков эпюры M/(EJ) между сечениями. Эти площади определены приближенно как площади трапеций; они дают значения

$${\int }_x^{x+s}\frac{M}{EJ}du$$

Так как балка жестко заделана, θ(0) = v(0) = 0; следовательно, для любого сечения n

$${\theta }_n=-\sum _{i=1}^n{\mathrm{\Omega }}_i$$

и

$$v_n=-{\int }_0^x\frac{M}{EJ}\left(x-u\right)du=v_{n-1}-s\sum _{i=1}^{n-1}{\mathrm{\Omega }}_i-\frac{s}{2}{\mathrm{\Omega }}_n$$

По этим формулам и произведено вычисление ординат эпюр θ и v в столбцах 8 — 11 таблицы. Эпюры θ и v показаны на рис. б и в (эпюра v отложена в сторону действительного прогиба).

Ответ: не указан.

Обозначим усилия крайней и средней тяг через S₁ и S₂ (рис. а). Тогда:

$${\lambda }_1=\frac{S_{1}h}{E_{ст}F}$$

$${\lambda }_2=\frac{S_{2}h}{E_{ст}F}=\left(P-2S_1\right)\frac{h}{E_{ст}}F$$

Стрела прогиба балки равна

$${\lambda }_2-{\lambda }_1$$

С другой стороны, она может быть выражена, как для балки, нагруженной силой посередине (рис. б), так:

$${\lambda }_2-{\lambda }_1=\frac{2S_1{l}^3}{48E_{д}J}$$

Следовательно,

$$\frac{\left(P-2S_1\right)h}{E_{ст}F}-\frac{S_{1}h}{E_{ст}F}=\frac{2S_1{l}^3}{48E_{д}J}$$

Отсюда

$$S_1=\frac{P}{3+\beta }$$

где

$$\beta =\frac{l^3{E}_{ст}F}{24h{E}_{д}J}$$

Подставляя численные данные найдем:

$$\beta =\mathrm{3,60}$$

$$S_1=\mathrm{0,76} кН$$

$$S_2=P-2S_1=\mathrm{3,48} кН$$

Наибольшее напряжение в балке

$$\sigma =\frac{S_1\frac{l}{2}}{2W}=\mathrm{38,6} МПа$$

По втором условии задачи, пренебрегая деформацией балки, т. е. полагая J = ∞, получим

$$\beta =0$$

$$S_1=\frac{P}{3}$$

Пренебрегая деформацией тяг, т. е. полагая F = ∞, найдем

$$\beta =\infty$$

$$S_1=0$$

Ответ: не указан.

Пусть верхняя балка воспринимает часть груза Р, равную P₁; нижняя балка воспринимает Р₂; тогда

$$P_1+P_2=P \left(1\right)$$

Прогибы обеих балок посередине одинаковы.

Прогиб первой балки равен

$$\frac{P_1{l}_1^3}{48E{J}_1}$$

Прогиб второй балки

$$\frac{P_2{l}_2^3}{48E{J}_2}$$

Следовательно,

$$\frac{P_1{l}_1^3}{48E{J}_1}=\frac{P_2{l}_2^3}{48E{J}_2} \left(2\right)$$

Решая совместно уравнения (1) и (2), получим искомые Р₁ и Р₂.

Ответ: не указан.

Вычисляем характеристику балки

$$\beta =\sqrt[4]{\frac{k}{4EJ}}=\sqrt[4]{\frac{30}{4\times 2\times {10}^5\times 1223}}=\frac{1}{75} с{м}^{-1}$$

Приведенная длина балки

$$\beta l=\frac{1500}{75}=20>6$$

Следовательно, расчет можно вести, как для бесконечно длинной балки.

Прогиб и изгибающий момент выражаются так:

$$v\left(x\right)=\frac{P}{8EJ{\beta }^3}{e}^{-\beta x}\left(\sin \beta x+\cos \beta x\right)=\frac{P}{8EJ{\beta }^3}\eta \left(x\right)=\mathrm{0,215}\beta \left(x\right) см$$

$$M\left(x\right)=\frac{P}{4\beta }{e}^{-\beta x}\left(\sin \beta x-\cos \beta x\right)=\frac{P}{4\beta }{\eta }_1\left(x\right)=\mathrm{18,7}{\eta }_1\left(x\right) кН\times м$$

Вычисления по этим формулам даны в таблице значения η(х) и η₁(х) взяты из справочной таблицы].

Эпюры v и М показаны на рисунке.

Максимальный прогиб

$$v\left(0\right)=\frac{P}{8EJ{\beta }^3}=\mathrm{0,215} см$$

Максимальный изгибающий момент

$$M\left(0\right)=\frac{P}{4\beta }=\mathrm{1,87} кН\times м$$

Ответ: не указан.

Изобразим опорные реакции, принимая их направления произвольно (рис. а). Имеем шесть неизвестных, следовательно, система три раза статически неопределима. Выписываем соответствующую систему канонических уравнений:

$$X_1{\delta }_{11}+X_2{\delta }_{22}+X_3{\delta }_{13}+{\mathrm{\Delta }}_{1P}=0$$

$$X_2{\delta }_{21}+X_2{\delta }_{22}+X_3{\delta }_{23}+{\mathrm{\Delta }}_{2P}=0$$

$$X_3{\delta }_{31}+X_2{\delta }_{32}+X_3{\delta }_{33}+{\mathrm{\Delta }}_{3P}=0$$

Коэффициенты δ_ik и свободные члены Δ_iP канонических уравнений вычисляются по формуле Мора:

$${\delta }_{ik}=\int \frac{{\overline{M}}_i{\overline{M}}_{k}dx}{EJ}$$

$${\mathrm{\Delta }}_{iP}=\int \frac{{\overline{M}}_i{M}_{P}dx}{EJ}$$

где M̅_i — текущий изгибающий момент в основной системе от X_i = 1;

M̅_k — то же от X_k = 1;

M_P — то же от заданной нагрузки.

Пусть за лишние неизвестные приняты реакции левой опоры: силы X₁ и X₂ и момент X₃. Отбросив связи, соответствующие лишним неизвестным, получим основную систему (рис. б).

Прикладываем к основной системе заданную нагрузку P (рис. в) и единичные нагрузки (рис. г, д, е) и строим эпюры M_P, M̅₁, M̅₂ и M̅₃, после чего вычисляем коэффициенты и свободные члены канонических уравнений. Например

$${\mathrm{\Delta }}_{iP}=\int \frac{{\overline{M}}_1{M}_{P}dx}{EJ}$$

Вычисление выполняем по Верещагину. «Перемножая» эпюры M̅₁ и M_P имеем

$$E{J}_{1P}=\frac{1}{2}aPa\times a=\frac{P{a}^3}{2}$$

«Умножая» эпюру M̅₁ на себя, находим

$$EJ{\delta }_{11}=\int \frac{{\overline{M}}_{1}ds}{EJ}=\frac{1}{2}\left(a\sqrt{2}\right)a\times \frac{2}{3}a+2a^2\times a=\mathrm{2,47}{a}^3$$

Аналогично получим

$${\delta }_{12}={\delta }_{21}=\frac{\mathrm{0,472}{a}^3}{EJ}$$

$${\delta }_{13}={\delta }_{31}=-\frac{\mathrm{2,71}{a}^2}{EJ}$$

$${\delta }_{23}={\delta }_{32}=-\frac{\mathrm{0,707}{a}^2}{EJ}$$

$${\delta }_{22}=\frac{\mathrm{1,14}{a}^3}{EJ}$$

$${\delta }_{33}=\frac{\mathrm{3,41}a}{EJ}$$

$${\mathrm{\Delta }}_{2P}=-\frac{P{a}^3}{3EJ}$$

$${\mathrm{\Delta }}_{2P}=-\frac{P{a}^2}{2EJ}$$

Решая систему канонических уравнений, определяем величины лишних неизвестных

$$X_1=-\mathrm{0,204}P$$

$$X_2=\mathrm{0,417}P$$

$$X_3=\mathrm{0,071}Pa$$

Направление X₁ обратно предположенному.

Теперь из уравнений равновесия находим реакции правой опоры. Все реакции показаны на рис. ж. Далее строим эпюры М, Q и N (рис. в, и, к), начиная от опор.

Ответ: не указан.

Система по числу опорных реакций один раз статически неопределима. За лишнюю неизвестную X₁ принимаем горизонтальную реакцию левой опоры (см. рис. а). Следовательно, основная система (рис. б) имеет здесь подвижную опору.

Загружая основную систему заданной нагрузкой q, определяем реакции опор и строим эпюру M_P (рис. в). Величина

$$M_P=M_P\left(\phi \right)$$

в произвольном сечении C криволинейной части рамы, определяемом переменным углом φ, равна

$$M_P=\frac{qa}{4}\times CD=\left(\frac{qa}{4}\right)\left(a-a\cos \phi \right)$$

Таким образом, за положительный мы приняли изгибающий момент, вызывающий сжатие волокон рамы, расположенных с ее внешней стороны (отмечаем это пунктиром на рис. а).

При загружении основной системы единичной силой X₁ = 1 (рис. г) получаем

$$M_1\left(\phi \right)=-1\times a\sin \phi$$

теперь сжаты волокна внутри рамы, поэтому ставим знак минус.

Вычисляем свободный член Δ_1P и коэффициент δ₁₁ канонического уравнения

$$X_{11}{\delta }_{11}+{\mathrm{\Delta }}_{1P}=0$$

Для криволинейной части рамы интегрирование выполняем аналитически, на остальных участках используем, правило Верещагина. Применяя разбивку, показанную на рис. в) пунктиром, получаем

$$EJ\times {\mathrm{\Delta }}_{1P}=\int {\overline{M}}_1{M}_{P}dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\left(-a\sin \phi \right)\left(\frac{qa}{4}\right)\left(a-a\cos \phi \right)ad\phi -$$

$$-a\times \frac{1}{2}\left(\frac{q{a}^2}{4}-\frac{q{a}^2}{2}\right)a-\frac{a}{2}\frac{q{a}^2}{2}\frac{2}{3}a-\frac{q{a}^3}{12}\frac{a}{2}=-\mathrm{0,709}q{a}^4$$

$$EJ\times {\delta }_{11}=\int {\left({\overline{M}}_1\right)}^{2}dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\left(-a\sin \phi \right)}^{2}ad\phi -a^{2}a+\frac{a^2}{2}\frac{2}{3}a=\mathrm{2,12}{a}^3$$

Отсюда

$$X_1=-\frac{{\mathrm{\Delta }}_{1P}}{{\delta }_{11}}=\mathrm{0,335}qa$$

Из условия равновесия рамы находим вторую горизонтальную реакци

$$\mathrm{0,665}qa$$

(рис. д) и обе вертикальные.

Составим окончательные выражения для изгибающего момента:

- для криволинейной части рамы

$$M\left(\phi \right)=\frac{qa}{4}\left(a-a\cos \phi \right)-\mathrm{0,335}qa\times a\sin \phi$$

- для правой стойки

$$M\left(x\right)=\mathrm{0,665}qa\times x-\frac{q{x}^2}{2}$$

По этим уравнениям построена эпюра M (рис. д).

Ответ: не указан.

Примем симметричную двухшарнирную основную систему (рис. а). Эта система обладает одной лишней связью, но при данной бисимметричной (симметричной относительно двух осей) нагрузке она является, как увидим далее, статически определимой. Таким образом, за лишние неизвестные принимаем изгибающие моменты в средних сечениях A и B рамы. Эти моменты, вследствие симметрии, одинаковы, т. е. имеем только одну лишнюю неизвестную. Для ее определения составляем каноническое уравнение

$$X_1{\delta }_{11}+{\mathrm{\Delta }}_{1P}=0$$

Заметим, что в данном случае мы имеем дело с так называемой групповой неизвестной. Но это никак не влияет на ход решения. Величина Δ_1P представляет собой сумму взаимных углов поворота в обоих шарнирах, возникающих под действием внешней нагрузки; δ₁₁ — то же, под действием единичных моментов

$$X_1=1$$

Нагрузим основную систему силами P (рис. а). Рассматривая половину кольца (рис. б), записываем изгибающий момент в произвольном сечении D кольца

$$M_P\left(\phi \right)=\frac{P}{2}DK=\frac{P}{2}\left(r-r\cos \phi \right)$$

Это уравнение справедливо в пределах

$$0\le \phi \le \frac{\pi }{2}$$

Далее нагрузим основную систему единичной нагрузкой X₁ = 1 (рис. в). Рассматривая половину кольца (рис. г), видим, что реакции в шарнирах равны нулю — нагрузка самоуравновешена. Следовательно, изгибающий момент M̅₁ везде равен — 1. Знак минус вводим потому, что знак M̅₁ противоположен знаку M_P принятому выше за положительный.

Находим

$${\delta }_{11}=\int \frac{{\overline{M}}_1^{2}dx}{EJ}={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\left(-1\right)}^{2}d\phi }{EJ}=\frac{2\pi \phi }{EJ}$$

$${\mathrm{\Delta }}_{1P}=\int \frac{{\overline{M}}_1{M}_{P}dx}{EJ}=4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\left(-1\right)\frac{P}{@}\left(r-r\cos \phi \right)\times rd\phi }{EJ}=-\mathrm{1,14}\frac{P{r}^2}{EJ}$$

Интегрирование, во втором выражении выполняем для одной четверти кольца, но результат учетверяем.

Из канонического уравнения получаем

$$X_1=-\frac{{\mathrm{\Delta }}_{1P}}{{\delta }_{11}}=\mathrm{0,182}Pr$$

Теперь можем построить окончательную эпюру

$$M=M_P+{\overline{M}}_1{X}_1$$

Подставляя сюда значения M_P, M̅₁, и X₁ получаем

$$M=\mathrm{0,318}Pr-\frac{Pr}{2}\cos \phi$$

По этому уравнению строим эпюру M для одной четверти кольца от φ = 0 до φ = 90° (рис. д). Остальные части эпюры строим симметрично.

Ответ: не указан.

Разделим нагрузку на симметричную и антисимметричную (рис. а) так, чтобы сумма этих нагрузок равнялась заданной. Первая из них — симметричная — вызывает только растяжение нижнего стержня рамы (изгибом рамы вследствие удлинения этого стержня можно пренебречь). Вторая — антисимметричная — приводит к однократно статически неопределимой задаче.

Примем симметричную основную систему с вертикальным разрезом по оси симметрии вверху (рис. б). В этом сечении имеем только антисимметричную силу X₁ (рис. в). Полагая ее равной 1, строим эпюру M̅₁ (рис. в). Эпюра M_P отзаданной нагрузки показана на рис. г. Вычисляем Δ_1P и δ₁₁ из канонического уравнения

$$X_1{\delta }_{11}+{\mathrm{\Delta }}_{1P}=0$$

пользуясь правилом Верещагина:

$$EJ{\mathrm{\Delta }}_{1P}=-\frac{1}{2}a\frac{Ph}{2}\times \frac{2}{3}\frac{a}{2}\times 2-\frac{a}{2}\frac{Ph}{2}\times \frac{1}{2}\frac{a}{2}\times 2=-\frac{7}{24}P{a}^{2}h$$

$$EJ{\delta }_{11}=-\frac{1}{2}a\frac{a}{2}\times \frac{2}{3}\frac{a}{2}\times 2+\frac{1}{2}\frac{a}{2}\frac{a}{2}\times \frac{2}{3}\frac{a}{2}\times 2=\frac{1}{4}{a}^3$$

Из канонического уравнения получаем

$$X_1=-\frac{{\mathrm{\Delta }}_{1P}}{{\delta }_{11}}=\mathrm{1,01}P$$

Окончательную эпюру моментов M строим, загружая основную систему внешней нагрузкой и найденной силой X₁.

Ответ: не указан.

Составим систему канонических уравнений:

$$X_1{\delta }_{11}+X_2{\delta }_{22}+X_3{\delta }_{13}+{\mathrm{\Delta }}_{1P}=0$$

$$X_2{\delta }_{21}+X_2{\delta }_{22}+X_3{\delta }_{23}+{\mathrm{\Delta }}_{2P}=0$$

$$X_3{\delta }_{31}+X_2{\delta }_{32}+X_3{\delta }_{33}+{\mathrm{\Delta }}_{3P}=0$$

Примем симметричную основную систему, разрезая раму вверху посередине. Следовательно, за лишние неизвестные мы принимаем усилия в этом сечении (рис. а). Грузовая эпюра M_P и единичные Эпюры M̅₁, M̅₂ и M̅₃ для основной системы показаны на рис. б.

При «перемножении» эпюр будем учитывать величину момента инерции.

Вычислим, например, δ₁₁:

$${\delta }_{11}=\int \frac{{\overline{M}}_1^{2}dx}{EJ}=\frac{a^2}{2}\times \frac{2}{3}a\times \frac{1}{E{J}_0}\times 2+a^2\times \frac{1}{E\times 2J}=\frac{7}{6}\frac{a^3}{E{J}_0}$$

аналогично вычисляем другие коэффициенты. Заметим, что в данном случае

$${\delta }_{12}={\delta }_{21}={\delta }_{23}=0$$

Решая систему канонических уравнений, находим

$$X_1=\mathrm{0,569}P$$

$$X_2=\mathrm{0,468}P$$

$$X_3=-\mathrm{0,011}Pa$$

Окончательную эпюру изгибающих моментов получим, нагружая основную систему внешней нагрузкой и найденными величинами X₁, X₂ и X₃ (рис. в).

Ответ: не указан.

Определим прогиб по формуле Мора

$$\delta =\int \frac{M\overline{M}dx}{EJ}+\int \frac{M_{к}{\overline{M}}_{к}dx}{G{J}_{к}}$$

где x — координата вдоль оси бруса.

Изгибающий момент

$$M=Pa=Pr\sin \phi$$

Крутящий момент

$$M_{к}=Pb=P\left(r-r\cos \phi \right)$$

Моменты при единичной нагрузке определяются аналогично

$$\overline{M}=1\times r\sin \phi$$

$${\overline{M}}_{к}=1\times \left(r-r\cos \phi \right)$$

Учитывая, что

$$dx=rd\phi$$

после интегрирования получим

$$\delta =\frac{\mathrm{0,78}P{r}^3}{EJ}+\frac{\mathrm{0,35}P{r}^3}{G{J}_{к}}$$

В случае круглого сечения консоли (при G = 0,4E):

$$J_{к}=2J$$

$$\delta =\frac{\mathrm{1,22}P{r}^3}{EJ}$$

Ответ: не указан.