Метод Мора-Верещагина для определения угла излома в шарнире

[eugrita]

На рис. показана статически определимая балка с 1 шарниром.

Интересует метод Мора-Верещагина для определения угла излома
в шарнире.
Обычно на это не обращают внимание в курсах сопромата.
Правильно ли будет как на рис
а)построить эпюру моментов от нагрузки Мр
б)в шарнире добавить единичный момент М=1 и от него построить единичную эпюру М1(x)
в)вычислить интеграл произведения по методу Мора

У меня подозрение что так мы определим угол поворота какой-то части балки
в шарнире К а не взаимный угол излома между ее частями, т.е фактически
мы нашли угол поворота сечения левой консоли. А надо бы угол излома
-----------------------------------------------------------------------------------
2)На рис 2 изображена 2-х опорная балка с шарниром

Формула Чебышева дает $W=0$ т.е она cтатически определима и не имеет избыточных связей
С другой стороны, такое положение равновесия недостижимо.
В чем тут дело? Неправильно применена формула?

[eugrita]

Этой же темы я касался 2 года назад, но удовлетворительного ответа так и не получил. см
http://dxdy.ru/topic33677.html

[KAM]

2) Формула определения статической определимости или неопределимость не совсем универсальна.
В данном случае это 1) мгновенный механизм, 2) геометрически нелинейная система.
Равновесие при горизонтальных стержнях не достижимо. Однако как только они чуть повернуться, равновесие возможно.

1)
а) Смущает приложение момента к шарниру. Как вы прикладываете, получается 2 момента с одной и другой стороны шарнира.
б) По представленной формуле можно найти поворот сечения стержня при изгибе. Но второй стержень не изгибается.

[eugrita]

спасибо за 1 ответ.
По поводу момента в шарнире будем считать шарнир жестко связанным с левой половиной стержня.
По поводу определения угла излома был не совсем точен. В курсе строительной механике Анохина написано, что в случае применения метода Мора для определения взаимного угла поворота в сечении слева и справа должны быть приложены противоположные единичные моменты. (так же как при расчете взаимного сближения точек -2 равные и противоположные единичные силы).
Однако меня смущает что даже если так и построить уточненную единичную эпюру, при перемножении с эпюрой нагрузки Мр которая =0 на правой части получим тот же результат что и при изгибе консольного стержня (левой половины). С другой стороны ясно что правая половина даст вклад
$\Delta \varphi=\arctg(y(K)/L)=y(K)/L$ где L=4 длина правой половины стержня

[KAM]

Интеграл Мора это метод расчёта перемещения по формулам Кастильяно. Суть обобщённые перемещения линейно упругой системы есть производные потенциальной энергии по обобщённым силам.
Обощённое перемещение, соответствующее моменту, есть поворот сечения. Если сечение не поворачивается, то получаем ноль.

А что Вы понимаете под взаимным углом поворота сечения?

P.S. Фактически можно считать, что в Вашем случае второе тело - механизм... Так как реакция опоры равна нулю, то можно убрать и в целом ничего не измениться... хоть вращайте стержень.

[eugrita]

неточно выразился -более точное выражение - угол излома упругой линии в шарнире, оно же в уравнении упругой линии обозначается $\Delta\varphi$
Кроме того вынужден поправить единичную эпюру приведенную на рис раньше.
(та была построена при приложении одного единичного момента, а правильно как и говорил - 2 равгых противоположных)
на левом конце $M_1(A)=-2.25$
на правом конце (слева от шарнира К) $M_1(K-)=-1$
т.е левая половина эпюры М1 не треугольник а трапеция- видимо этим и отличается расчет угла излома от простого угла поворота сечения в шарнире К несмотря на нулевой вклад правой половины балки
Угол поворота $\varphi=\frac{10 \cdot(-1.25) \cdot5}{3EI}=-\frac{20.83}{EI}$
(перемножаются 2 треугольные эпюры)
угол излома шарнира $\Delta\varphi=\frac{10 \cdot(-2 \cdot2.25-1) \cdot5}{6EI}=-\frac{45.83}{EI}$
(перемножаются треугольник и трапеция)

[KAM]

Напишите пожалуйста подробнее Ваше решение.

[eugrita]

вот картинка с решением. Проверял еще другими способами - через нахождение
поворота левой части в шарнире+ угол прогиба недеформированной правой половины как прямой или еще можно через уравнение упругой линии с включенным членом $\delta\varphi$ из условия равенства 0 прогиба на правой опоре.