Интеграл Мора определяет величину перемещения произвольного сечения балки. Физический смысл интеграла Мора – работа единичной силы на перемещение ее точки приложения от заданной нагрузки. То есть, отсюда следует, если при вычислении интеграла Мора результат получается положительным, то это значит, что направление единичной силы совпадает с направлением искомого перемещения. В противном случае – направление единичной силы и искомого перемещения прямо противоположны.
Этапы решения задач для определения перемещения с помощью интеграла Мора.
1. Определяются опорные реакции и составляется уравнение для изгибающих моментов МхF от заданной нагрузки F = F1, F2, ….Fn.
2. Освобождается конструкция от заданной нагрузки F, к такой свободной конструкции прикладывается единичный силовой фактор (сила равна единице или момент равен единице) в направлении искомого перемещения (линейного или углового) в заданной точке К.
3. Определяются заново опорные реакции от единичного силового фактора и составляется уравнение изгибающего момента Мк1 от этого единичного силового фактора.
4. Вычисляется перемещение искомой точки К с помощью интеграла Мора.
Задача.
Определить прогиб балки посередине пролета и угол поворота поперечного сечения на левой опоре. Жесткость балки на изгиб - EJx, длина - ℓ.
Решение.
Используя интеграл Мора для решения нужно составить выражения для изгибающих моментов для каждого характерного участка. Для данной конструкции характерных участка - два.
1. Определяем реакции опор RA и RB c помощью уравнений равновесия
2. Для изгибающего момента на первом участке МхF = F/2 ∙ z, (0 ≤ z ≤ ℓ/2);
на втором участке МхF = F/2 ∙ z - F(z - ℓ/2), (ℓ/2 ≤ z ≤ ℓ);
3. Освобождаем балку от заданной нагрузки F и прикладываем силу, равную единице, в направлении искомого прогиба в середине пролета балки.
4. Определяем заново реакции опор RA и RB.
5. Для изгибающих моментов от единичного силового фактора запишем:
для первого участка - Мк1 = 1/2 ∙ z, (0 ≤ z ≤ ℓ/2);
на втором участке - Мк2 = 1/2 ∙ z - (z - ℓ/2), (ℓ/2 ≤ z ≤ ℓ);
6. Определим прогиб в середине пролета балки:
δkF= 
Учитывая, что эпюры МxF и MK симметричны можно увеличить первое слагаемое в два раза и отбросить второе.
7. Для определения угла поворота поперечного сечения в точке А также освобождаем исходную балку от нагрузки и прикладываем единичный силовой фактор - изгибающий момент, который равен единице, в направлении искомого перемещения.
8. Для новой расчетной схемы из условия равновесия балки определяем реакции опоры.
RA ∙ℓ - 1 = 0; RA = 1/ℓ
Условие равновесия (сумма проекций всех сил = 0) на вертикальную ось.
RA + RB =0; RB = 1/ℓ
9. Изгибающий момент от действия сосредоточенного момента в т. А:
МА1 = 1 - RA ∙ z = 1 - z /ℓ (0 ≤ z ≤ ℓ)
10. Определяем угол поворота левого крайнего сечения:
φАF= 
Положительное значение угла поворота означает, что выбранное направление единичного силового фактора совпадает с направлением истинного искомого перемещения.
Метод Мора оптимально применять для криволинейных брусьев малой кривизны.
Задача.
Для стальной балки подобрать сечение из двух рядом стоящих швеллеров, если [σ] = 160 МПа. Определить прогиб балки посередине и угол поворота на правом конце.
q = 50 кН/м; F = 15кН; М = 15 кНм.
Определяем реакции опор:
Σ МА = 0; RB = 157, 5 кН.
Σ МВ = 0; RА = 157, 5 кН.
Проверка: RА - F – q 6 + RB = 0; 157,5 – 15 - 50 · 6 + 157,5 = 0
Строим эпюру Q
→ QA = RА = 157,5 кН
→ QС = RА - q· 2 = 157,5 – 50 ·2 =57,2 кН
← QС = -RВ + q· 4 = -157,5 + 50· 4 =42,5 кН
← QВ = -RВ = -157,5 кН
Строим эпюру М
→ МA = М = 15 кНм
→ МС = М + RА 2 - q ·2 ·1 = 15 + 157,5 · 2 – 50 ·2 · 1 = 230 кНм
← МВ = 0
Ммах = М + RА 2,85 - F· 0,85 - q ·2,85 ·1,425 = 15 +157,5 - F 2,85– 150,83 – 50 · 2,85 · 1,425 = 248 кНм- F
Учитывая, что QZ = RA - F – q (2+ z) = 0, то z = 
= 0,85 м.
Из условия прочности по нормальным напряжениям
σ = 
/ Wx 
[σ]
σ = 
= 
= 1550 
= 1550 
Сечение состоит из двух рядом стоящих швеллеров Wx 
= 2 Wx
Момент сопротивления одного швеллера Wx1= Wx/2 = 1550/2 = 775
По ГОСТ 8240-97 два швеллера № 40 Wx= 761 , Jx = 15220 , A = 61,5 
В опасном сечении напряжение
σ = 
= 162,9 Мпа 
[σ]
Перегрузка П = 
100% = 1,8%. Допустимая величина.
Прочность балки обеспечена.
Определяем прогиб сечения D и угол поворота сечения К, используя уравнения начальных параметров.
Выбираем начало координат в точке О – крайней левой точке балки. Определяем прогиб посередине пролета при z = 3 м.
ЕJx yD = ЕJx y0 + ЕJx 
0 3 + M 
+ RAy 
– F 
– q 
Правило знаков - как у изгибающего момента.
Находим начальные параметры y0, из условия закрепления концов балки.
При z = 0, yA = y0 = 0, A = 
0 
yВ = 0. Следовательно
ЕJx yВ = ЕJx 0 6 + M 
+ RAy 
– F 
– q 
= 0
ЕJx 0 = -513,3 кН м,
ЕJx yD = - 513,3 
2,85 + 15 
+ 157,5 
– 15 
– 50 
= -1046,5 кНм3
Прогиб сечения D
yD = - 
= - 17,2 мм
Знак минус показывает то, что балка прогибается вниз.
Находим угол поворота сечения К при z = 7 м.
ЕJx К 
- 513,3+ 15 
+ 157,5 
– 15 – 50 = 404,6 кНм2
К Место для формулы. 
= 0,00665 рад.