Сопротивление материалов (стр. 1 )

Федеральное агентство по образованию

Государственное образовательное учреждение

высшего профессионального образования

«Омский государственный технический университет»

, ,

Сопротивление материалов

Конспект лекций

Часть II

Омск 2006

УДК 62

ББК 30.121

С 79

Рецензенты:

, канд. техн. наук, профессор СибАДИ;

, канд. техн. наук, доцент ОГИС.

С 79 Сопротивление материалов: Конспект лекций.

Омск: Изд-во ОмГТУ, 20с.

Приведены основные вопросы курса «Сопротивление материалов» - математические модели основных видов нагружения прямых и криволинейных стержней, устойчивость, динамические задачи.

Предназначено для студентов очной и заочной форм обучения.

УДК 62

ББК 30.121

Печатается по решению редакционно-издательского совета Омского государственного технического университета.

© Авторы, 2006

© Омский государственный

технический университет, 2006

Математическая модель растяжения (сжатия) стержней

Пусть стержень нагружен произвольной продольной нагрузкой. Вырежем на некотором расстоянии z бесконечно малый элемент dz (рис.1). На данный элемент действует внешняя нагрузка и внутренние продольные силы в сечениях, по которым вырезан элемент.

 

Рис.1

Составим уравнение равновесия вырезанного элемента.

- N + qz×dz + N + dN = 0,

,

N′ = - qz. (1)

При действии продольных сил поперечное сечение перемещается вдоль оси стержня. Определим это перемещение как функцию координаты z.

Подставив в закон Гука e=s/Е выражение напряжения при растяжении s=N/F, получим e=N/ЕF. По формуле Коши та же деформация равна e=¶W/¶z. В итоге получаем второе дифференциальное уравнение математической модели

(2)

Уравнения (1) и (2) представляют собой математическую модель при растяжении. Решения дифференциальных уравнений (1) и (2) имеют вид

N(z) = C1 -

W(z) = C2 + = C2 + C1×z - (3)

Определим физический смысл постоянных интегрирования. При z=0:

N(0)=C1, W(0)=С2.

Значение интеграла зависит от внешней приложенной нагрузки. Рассмотрим значения интеграла нагрузочных функций для наиболее часто встречающихся нагрузок.

а) Сосредоточенная сила (рис.2):

при z£a ФN(z)=0, ФW(z)=0;

при z³a ФN(z)=P, ФW(z)=.

 

Рис.2

б) Распределенная нагрузка (рис.3):

Рис.3

при z£c ФN(z)=0, ФW(z)=0;

при z³c ФN(z)=q(z-c), ФW(z)=.

Пример.

Для заданной схемы нагружения стержня построить эпюры продольной силы N(z) и линейных перемещений W(z) при следующих исходных данных: q=10 кН/м, l=1м; из расчета на прочность и жесткость определить размеры прямоугольного поперечного сечения при h/b=1,5, [σ] =160 МПа, [W] =0,002l.

Решение.

В соответствии со схемой нагружения разделим стержень на три участка и запишем уравнения линейных перемещений и продольных сил следующим образом:

W(z)=W(0) + N(0)·z/EF - 2q·z2/2EF│1 + 2q·(z - l) 2/2EF│2 + q·(z - 2l) 2/2EF│3,

N (z) =W'(z) ·EF =Nq·z│1+2q·(z - l)│2 + q·(z - 2l)│3.

где Е – модуль Юнга для стали Е=2·105 МПа,

F – площадь поперечного сечения стержня.

Для решения задачи запишем два граничных условия: W(0)=0 и W(3l)=0.

Используя граничные условия, получаем:

W(0)=0,

W(3l)= N(0)·3l/EF -2q·(3l) 2/2EF + 2q·(3l – l) 2/2EF + q·(3l – 2l) 2/2EF = 0.

Решая это уравнение, найдем: N(0)=15 кН.

Просчитываем уравнения перемещений и продольных сил по участкам и строим графики:

Рис.4

Т. к. между графиками W(z) и N(z) существует дифференциальная зависимость, то при пересечении графиком N(z) нулевой линии на графике W(z) будет наблюдаться экстремум. Для определения координаты экстремума необходимо приравнять уравнение соответствующего участка к нулю и решить его относительно неизвестной координаты z0.

Для определения значения перемещений в экстремальных точках в уравнение перемещений на соответствующем участке подставляют вместо координаты z найденную координату z0.

Условие прочности: σmax ≤ [σ], где σmax = Nmax/F.

В пределе получим: F = Nmax/ [σ] = 15·103/160·106 = 0,000094 м2.

F = bh = 1,5b2, отсюда b = = 0,008 м, тогда h = 0,012 м.

Условие жесткости: Wmax ≤ [W] = 0,002·3 = 0,006 м.

5,63/EF = 0,006, откуда F = 5,63·103/ 0,006·2·1011 = 0,0000047м2.

b = = 0,002 м, h = 0,003 м.

Теперь из полученной пары значений размеров необходимо выбрать удовлетворяющие условиям прочности и жесткости. В нашем случае примем: b =0,008 м, h = 0,012 м.

Математическая модель кручения стержней

Пусть стержень нагружен произвольной крутящей нагрузкой. Вырежем на некотором расстоянии z бесконечно малый элемент dz (рис.5). На данный элемент действует внешняя нагрузка и внутренние крутящие моменты в сечениях, по которым вырезан элемент.

Составим уравнение равновесия вырезанного элемента.

- Мк + mz×dz + Мк + dМк = 0,

,

Мк′ + mz =

 

Рис.5

При действии крутящего момента поперечное сечение поворачивается вокруг оси стержня. Определим это перемещение как функцию координаты z.

Подставив в закон Гука g=t/G выражение напряжения при кручении t=Мк/Jr×r, получим g=Мк×r/Jr×G. По геометрическим соотношениям деформация равна g=¶q/¶z×r. В итоге получаем второе дифференциальное уравнение математической модели

(5)

Уравнения (4) и (5) представляют собой математическую модель при кручении. Решения дифференциальных уравнений (4) и (5) имеют вид

Мк(z) = C1 -

q(z) = C2 + = C2 + C1×z - (6)

Определим физический смысл постоянных интегрирования. При z=0:

Мк(0) = C1, q(0) = С2.

Значение интеграла зависит от внешней приложенной нагрузки. Рассмотрим значения интеграла нагрузочных функций для наиболее часто встречающихся нагрузок.

а) Сосредоточенный момент (рис.6):

 

Рис.6

при z£a Фм(z)=0, Фq(z)=0,

при z³a Фм(z)=L, Фq(z)=.

m

б) Распределенная нагрузка (рис.7):

 

Рис.7

при z£c Фм(z)=0, Фq(z)=0,

при z³c Фм(z)=m(z-c), Фq(z)=.

Пример.

Из расчета на прочность и жесткость определить диаметр круглого поперечного сечения стержня при следующих исходных данных:

mz = 10 кН/м, L = 10 кНм, l = 0,5 м, [σ ] = 160 МПа, [q] = 0,01 рад.

Решение.

В соответствии со схемой нагружения запишем уравнения угловых перемещений и крутящего момента в следующем виде:

q(z) = q(0) + Mк(0)×z│1 – L×(z-l)/GIρ │2 – mz×(z-2l)2/2GIρ │3,

GIρq' (z) = Mк(z) = Mк(0)│1 - L│2 - mz×(z-2l) │3 .

Исходя из условий закрепления стержня, запишем следующие граничные условия: q(0) = 0, q(3l) = 0.

Используя граничные условия, получим:

q(0) = 0

q(3l) = q(0) + Mк(0)×3l – L×(3l-l)/GIρ – mz×(3l-2l)2/2GIρ ,

Решая это уравнение, найдем: Mк(0) = 7,5 кНм.

Просчитываем уравнения перемещений и продольных сил по участкам и строим графики:

mz

7.5

Рис.8

Расчет на прочность будем проводить по теории максимальных касательных напряжений (третья теории прочночти): σэкв = σ1 – σ3 = [σ].

При кручении в опасных точках возникает напряженное состояние чистого сдвига, которое характеризуется равными по величине и противоположными по знаку главными напряжениями: σ1 = τmax и σ3 = -τmax.

σэкв = τmax + τmax = 2 τmax = [σ].

τmax = [σ ]/2.

Тогда: τmax = Mк max/ Wρ = [σ]/2.

Для круглого сечения полярный момент сопротивления равен Wρ = 0,2d3.

Тогда d = = = 0,078 м.

Из стандартного ряда размеров примем d = 0,08 м.

Теперь произведем расчет стержня на жесткость. Для этого приравняем максимальное угловое перемещение, определяемое по графику, к допускаемому:

qmax = 3,75/GIρ = [q].

Для круглого сечения полярный момент инерции равен Iρ = 0,1d4.

Тогда: d = = 0,083 м.

Из стандартного ряда d = 0,085 м.

Теперь из полученных значений диаметров необходимо выбрать удовлетворяющие условиям прочности и жесткости. В нашем случае примем: d = 0,085 м.

Математическая модель изгиба стержней

Пусть стержень нагружен произвольной поперечной нагрузкой. Вырежем на некотором расстоянии z бесконечно малый элемент dz (рис.9). На данный элемент действует внешняя нагрузка и внутренние поперечные силы и изгибающие моменты в сечениях, по которым вырезан элемент.

 

 

Рис.9

Составим уравнения равновесия вырезанного элемента.

Уравнение равновесия всех сил на вертикальную ось.

- Qy + qy×dz + Qy + dQy = 0,

,

Qy′ + qy =

Запишем уравнение равновесия моментов относительно центра тяжести правого сечения вырезанного элемента:

- Мх + qy×dz×dz/2 + Мх + dМх - Qy×dz = 0.

Слагаемое, выражающее момент от распределенной нагрузки – второго порядка малости, поэтому им можно пренебречь. Тогда

,

Мх′ = Qy. (8)

Решение данного дифференциального уравнения с правой частью состоит из двух частей – общего и частного решения и имеет вид

Мх(z) = C1+С2z – Фм,

где Фм – частное решение, отражающее внешнюю приложенную нагрузку.

Определим физический смысл постоянных интегрирования. При z=0 Мх(0) = C1, Мх′ (0) = Qy(0) = С2.

Рассмотрим подробнее частное решение. Пусть стержень нагружен произвольной распределенной нагрузкой (рис.10). Определим величину поперечной силы и изгибающего момента для точки с координатой z.

 

Рис.10

ФQ = , ФM = .

При изгибе поперечное сечение поворачивается вокруг оси Х и перемещается вертикально. Определим эти перемещения как функции координаты z.

 

Рис. 11

Точка А переместилась вдоль оси Y на V, а точка В вдоль той же оси переместилась на V+dzV. При этом длина отрезка dz стала dz+Ddz. Рассмотрим треугольник А1В1В’:

tgj =

j = - V′ (9)

Также существует зависимость

Учитывая выражение (10) получаем

- V′′ = (10)

Уравнения (7), (8), (9) и (10) представляют собой математическую модель изгиба. Решения дифференциальных уравнений (9) и (10) имеют вид

j(z) = C3 +

V(z) = C4 - C3×z - (11)

Определим физический смысл постоянных интегрирования. При z=0:

j(0) = C3, V(0) = С4.

Рассмотрим значения нагрузочных функций для наиболее часто встречающихся нагрузок.

а) Сосредоточенная сила (рис.12):

 

Рис.12

при z£a ФQ(z)=0, ФМ(z)=0, Фj(z)=0, ФV(z)=0.

при z³a ФQ(z)=P, ФМ(z)=P(z-a), Фj(z)=, ФV(z)=.

б) Распределенная нагрузка (рис.13):

 

Рис.13

при z£c ФQ(z)=0, ФМ(z)=0, Фj(z)=0, ФV(z)=0.

при z³c ФQ(z)=q(z-c), ФМ(z)=q(z-c)2/2, Фj(z)=, ФV(z)=.

в) Сосредоточенный момент (рис.14):

при z£b ФQ(z)=0, ФМ(z)=0, Фj(z)=0, ФV(z)=0.

при z³b ФQ(z)=0, ФМ(z)=L, Фj(z)=, ФV(z)=.

Рис.14

Пример.

Для заданной схемы нагружения стержня построить эпюры Qy(z), Mx(z), φ(z) и V(z). Из расчета на прочность и жесткость подобрать размеры прямоугольного поперечного сечения при следующих исходных данных: [σ]=160 МПа, L=5 кНм, P=10 кН, q=20 кН/м, l=1 м, β=h/b=1,5,

[V] = 0,002l.

Решение.

Запишем уравнения прогибов, углов поворота, изгибающего момента и поперечных сил:

V(z) = V(0)- φ(0)×z- Mx(0)z2/2EIx - Qy(0) z3/6EIx │1+P(z-l)3/6EIx+q (z-l)4/24EIx│2

φ(z) = φ(0) + Mx(0)z/EIx + Qy(0)z2/2EIx │1 - P(z-l)2/2EIx - q(z-l)3/6EIx │2

Mx(z) = Mx(0) + Qy(0)z│1 - P(z-l) - q(z-l)2/2│2

Qy(z) = Qy(0)│1 - P - q (z-l) │2

В соответствии с условиями закрепления стержня запишем граничные условия в следующем виде: V (0) = 0, Mx (0) = - L, V (3l) = 0, Mx (3l) = 0.

Для нахождения неизвестных φ(0) и Qy(0) составим систему уравнений, учитывая граничные условия: V (3l) = 0 и Mx (3l) = 0. Решив эту систему, получим:

Qy (0) = 21,67кН и φ(0) = -16,11/EIx.

Просчитываем уравнения поперечных сил и изгибающих моментов перемещений (угловых и линейных), по участкам и строим графики (рис.15).

Т. к. все четыре графика находятся в дифференциальной зависимости, то при пересечении графиком нулевой линии на следующем графике будет наблюдаться экстремум. Для определения координаты экстремума необходимо приравнять уравнение соответствующего участка к нулю и решить его относительно неизвестной координаты z0.

Для определения значения графика в экстремальных точках в уравнение на соответствующем участке подставляют вместо координаты z найденную координату z0.

Расчет на прочность: σmax ≤ [σ], σmax = Mx max/Ix.

Для прямоугольника Ix = bh3/12 = b (1,5b)3/12 = 0,28b4.

Найдем b = = = 0,145м, h = 0,218м.

Расчет на жесткость: Vmax ≤ [v].

17,61/EIx = 0,002 → Ix = 17,61·103/ (2·1011·0,002) = 0,000044 м4.

Ix = 0,28b4 → b = = 0,112 м, h = 0,168 м.

Из полученной пары значений необходимо выбрать удовлетворяющие условиям прочности и жесткости. После выбора из стандартного ряда: b = 0,15м, h = 0,22м.

16,11

21,67

Рис.15

Стержневые системы

Стержневые системы – это конструкции, состоящие из отдельных стержней. Стержневые системы классифицируются:

1.  по расположению в пространстве:

а) пространственные – стержни расположены не в одной плоскости (например, железнодорожный мост);

б) плоские – стержни лежат в одной плоскости (например, рама велосипеда);

2. по возникающим внутренним силам:

а) фермы – если все элементы стержневой системы работают на сжатие или растяжение (стержни между собой и с опорами соединены шарнирами);

б) рамы – если элементы стержней системы испытывают еще изгиб или кручение (стержни соединены между собой жестко);

3. по форме осей, входящих в систему стержней:

а) стержни с прямой осью;

б) стержни с кривой осью;

в) комбинированные.

Точки, в которых сходятся отдельные стержни стержневой системы, называют узлами. Если в узлах расположены шарниры, то это шарнирные стержневые системы. Если в узле нет шарнира, то такой узел называют жестким. Частным случаем стержневой системы является случай, когда все стержни расположены на одной прямой – многопролетная балка.

Граничные условия и условия сопряжения плоской

стержневой системы из прямых стерней

В самом общем случае стержни плоской стержневой системы испытывают как растяжение (сжатие), так и изгиб. Поэтому описание перемещений точек оси каждого i-го стержня имеет вид:

Wi = Wi(0) + Ni(0)×z/EF + Фiw,

Vi = Vi(0) - ji(0)×z - Mxi(0)×z2/2EIx - Qyi(0)×z3/6EIx - Фiv (12)

То есть для окончательного решения задачи необходимо найти 6n (n – количество стержней стержневой системы) граничных условий (условий на опорах) и условий сопряжения стержней в узлах. Условия сопряжения могут быть как силовые, так и кинематические.

 

Рис.16

Рассмотрим определение граничных условий и условий сопряжения на примере стержневой системы, приведенной на рис.16 (необходимо 6n=6×3=18).

1.  Кинематические (геометрические) условия – условия общности перемещений узловой точки в жестком узле (рис.17).

 

Рис.17

V2(0) = V1(l1)cosa2 + W1(l1)sina2, V3(0) = V1(l1)cosa3 + W1(l1)sina3,

W2(0) = W1(l1)cosa2 - V1(l1)sina2, W3(0) = W1(l1)cosa3 - V1(l1)sina3,

j1(l1) = j2(0), j1(l1) = j3(0).

Следовательно, для каждой независимой пары стержней в жестком узле из «k» стержней (таких пар (k-1)) имеем три условия. В данном примере таких условий:

(k-1)×3=(3-1)×3=6.

2.  Силовые условия – это условия равновесия узла.

Вырежем узел стержневой системы (рис.18). В результате этого в сечениях возникнут внутренние силовые факторы – продольная сила, поперечная сила и изгибающий момент. В каждом узле можно составить три уравнения равновесия: SY1=0, SZ1=0, SMА=0. В нашем примере один узел, поэтому таких условий 3.

 

Рис.18

3. Опорные граничные условия. Каждая опора дает по три таких условия.

 

V=0, W=0, j=0;

M=0, V=0, N=0 или M=0, Q=0, W=0 (в зависимости от того как расположен подвижный шарнир по отношению к стержню);

 

М=0, V=0, W=0.

Заметим, что для свободного конца стержня возможно записать только силовые граничные условия: N=0, M=0, Q=0.

В нашем примере опоры 3, поэтому таких условий 9.

Итак, в нашем примере набрали 6+3+9=18 условий, что и было необходимо.

Пример.

 

Рис.19

Необходимо набрать: 6×n = 6 × 6 = 36;

1) кинематические условия SYi=0, SZi=0, j1(l1) = ji(0):

В узле А сходятся 4 стержня - (k-1)×3=(4-1)×3=9, в узле В сходятся 2 стержня - (k-1)×3=(2-1)×3=3, в узле С сходятся 2 стержня - (k-1)×3=(2-1)×3=3. Итого 15.

2) условия равновесия SY1=0, SZ1=0, SMa=0:

Три узла дают по 3 условия. Итого 9.

3) опорные граничные условия:

Четыре опоры по 3 условия. Итого 12.

В результате 15+9+12=36, что и было необходимо.

Интеграл Мора

До сих пор перемещение было результатом решения дифференциального уравнения и представлялось в виде аналитических функций. Но практически использовать аппарат дифференциальных уравнений для произвольной стержневой системы довольно громоздко. Кроме того, во многих случаях не требуется находить функции перемещений, а достаточно лишь вычислить перемещения в конкретных точках конструкции по фиксированным направлениям. Именно эту задачу успешно решает метод Мора.

Пусть стержень нагружен поперечной нагрузкой (рис.20).

 

Рис.20

V (z) – прогибы от данного нагружения подчиняются дифференциальному уравнению (ЕJV′′)′′=q(z).

Возьмем тот же самый стержень и нагрузим его другой нагрузкой q1(z), которая подчиняется аналогичному дифференциальному уравнению:

(ЕJV1′′)′′=q1(z) (13)

Умножим обе части уравнения (13) на V×dz и проинтегрируем.

(14)

Рассмотрим правую и левую части уравнения (14) по-отдельности.

Первые два слагаемых обращаются в ноль при любых граничных условиях:

 

V=0, V′=0 V=0, V′′=0 V=0, V′′=0 V′′=0, V′′′=0

Раз нагрузку q1(z) мы выбрали самостоятельно, то она может быть любой. Возьмем в качестве нагрузки сосредоточенную силу P = 1, приложенную в точке с координатой z = a.

Приравниваем выражения, полученные от правой и левой части:

V (a)= (15)

Формула (15) носит название интеграла Мора. Можно указать следующий порядок определения перемещений по методу Мора:

1.Строят вспомогательную систему, которую нагружают единичной нагрузкой в точке, где требуется определить перемещение. Определяя линейные перемещения, в заданном направлении прикладывают единичную силу; определяя угловые перемещения – единичный момент.

2.Для каждого участка системы выписывают выражения силовых факторов в произвольном сечении заданной вспомогательной системы.

3.Вычисляют интегралы Мора (по участкам в пределах всей системы).

4.Если вычисленное перемещение имеет положительный знак, то это означает, что его направление совпадает с направлением единичной силы. Отрицательный знак указывает на то, что действительное направление искомого перемещения противоположно направлению единичной силы.

Выражение интеграла Мора мы получили для изгиба; аналогичные выражения можно получить для других видов нагружения:

для растяжения - W(a)= ; (16)

для кручения - q(а)= . (17)

Пример. Найти перемещение в точке с координатой z = 0 для стержня, изображенного на рис.21а.

 

а) б)

Рис.21

Решение.

В точке, в которой необходимо найти перемещение, прикладываем единичную силу (рис.21б) и составляем уравнения моментов от внешнего нагружения и единичной силы.

Мх(z)=, Mx1=1×z.

V (0)= =

Многопролетные балки

Многопролетные балки бывают двух видов: с промежуточной опорой (рис.22а) и с врезанным шарниром (рис.22б).

 

а) б)

Рис.22

Для решения многопролетных балок существуют два способа:

1.  Промежуточная опора заменяется реакцией (или дополнительным углом на врезанном шарнире), и стержневая система решается как единый стержень с дополнительной силой (или углом). Для определения величины реакции (угла) необходимо записать дополнительное условие сопряжения.

2.  По промежуточной опоре (или врезанному шарниру) балку мысленно разрезают и представляют как отдельные стержни, каждый со своей системой координат. Для дальнейшего решения набирают необходимое число граничных условий и условий сопряжения. Для ручного счета применяется редко из-за своей громоздкости.

Пример. Для заданной схемы нагружения многопролетной балки (рис.23) построить графики поперечных сил, изгибающего момента, угловых и линейных перемещений при следующих исходных данных: L = 20 кНм, q = 10 кН/м, l = 1м.

Решение.

 

2,16

Рис.23

Заменим промежуточную опору эквивалентной ей неизвестной пока реакцией R (рис.23), которая будет внесена в уравнения как сосредоточенная сила:

V (z) = V(0)- φ(0)×z- Mx(0)z2/2EIx - Qy(0)z3/6EIx + qz4/24EIx │1+R(z-l)3/6EIx│2

φ (z) = φ(0) + Mx(0)z/EIx + Qy(0)z2/2EIx - qz3/6EIx │1 - R(z-l)2/2EIx │2

Mx (z) = Mx(0) + Qy(0)z –qz2/2 │1 - R(z-l) │2

Qy (z) = Qy(0) - qz │1 – R │2

Граничные условия: V(0) = 0, Mx (0) = 0, V (l) = 0, V (3l) = 0, Mx (3l) = - L. Составив систему из трех неиспользованных граничных условий, найдем неизвестные φ(0), R и Qy(0): Qy (0) = 7,94 кН, φ (0) = -0,91/EIx, R = 0,6 кН.

Просчитываем уравнения поперечных сил и изгибающих моментов перемещений (угловых и линейных), по участкам и строим графики (рис.23).

Т. к. все четыре графика находятся в дифференциальной зависимости, то при пересечении графиком нулевой линии на следующем графике будет наблюдаться экстремум. Для определения координаты экстремума необходимо приравнять уравнение соответствующего участка к нулю и решить его относительно неизвестной координаты z0.

Для определения значения графика в экстремальных точках в уравнение на соответствующем участке подставляют вместо координаты z найденную координату z0.

Метод сил

Метод сил применяется только для статически неопределимых систем. Если на систему наложено связей больше, чем возможно составить уравнений равновесия для их определения, то такая система называется статически неопределимой. По сравнению со статически определимыми, неопределимые системы имеют дополнительные связи, которые называют «лишними». «Лишними» связи называются условно, так как они обеспечивают необходимую прочность и жесткость конструкции. Усилия в «лишними» связях называются «лишними» неизвестными; их число совпадает с числом лишних связей, которое определяет степень статической неопределимости системы. Степень статической неопределимости можно найти как разность между числом искомых усилий и числом независимых уравнений равновесия, которые можно составить для их получения.

Рассмотрим этапы расчета статически неопределимой системы методом сил:

1. Устанавливаем степень статической неопределимости системы, то есть число лишних связей.

2. Удаляя лишние связи, заменяем исходную систему статически определимой, которая называется основной системой. Выбор лишних связей зависит от желания расчётчика, так что для одной и той же статически неопределимой исходной системы возможны различные варианты основных систем. Однако нужно следить за тем, чтобы каждая из них была геометрически неизменяемой. Рациональный выбор системы упрощает расчет.

Таким образом, основной системой называется любой из статически определимых вариантов рассматриваемой системы, полученный освобождением ее от «лишних» связей.

3. Загружаем основную систему заданной нагрузкой и «лишними» неизвестными усилиями, заменяющими действие удаленных связей. Такая система называется эквивалентной системой.

4. Для эквивалентности основной системы с исходной неизвестные усилия должны быть подобраны так, чтобы деформация основной системы не отличалась от деформации исходной статически неопределимой. Для этого приравнивают к нулю перемещения точек приложения неизвестных усилий по направлению их действия. Из полученных таким образом уравнений определяют значения «лишних» неизвестных.

Определять перемещения соответствующих точек основной системы лучше при помощи интеграла Мора.

Каноническая система уравнений метода сил имеет вид:

(18)

где xi – «лишние» неизвестные реакции связей;

n – степень статической неопределимости;

Δip – перемещение в основной системе в направлении i-той неизвестной под действием заданных нагрузок;