Р. С. КИНАСОШВИЛИ
СОПРОТИВЛЕНИЕ
МАТЕРИАЛОВ
КРАТКИЙ УЧЕБНИК
ИЗДАНИЕ ШЕСТОЕ,
ПЕРЕРАБОТАННОЕ
Допущено Управлением спедних
с "циа 1ьных учебных занедгнчч
Министерства высшего образоначчя СССР
в качестве учебника для техникумов
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
Ф113ИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 196 0

12-5-2
A2-4-2)

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие к шестому изданию 7
Глава 1. Введение 9
§ 1. Наука — сопротивление материалов. Понятие о дефор-
деформации и об упругом теле О
§ 2. Классификация внешних сил 13
§ 3. Основные виды деформаций И
§ 4. Метод сечений. Напряжение 17
§ 5. Контрольные вопросы 21
Глава II. Растяжение и сжатие 22
§ 6. Продольная деформация. Напряжение. Закон Гука . 22
§ 7. Поперечная деформация при растяжении и сжатии 26
§ 8. Опытное изучение растяжения материалов 29
§ 9. Диаграмма растяжения и ее характерные точки . . 31
§ 10. Предварительная пластическая деформация (наклеп) 40
§ 11. Работа деформации при растяжении 4J
§ 12. Испытание на сжатие . . . . t , . .' 45
§ 13. Твердость 47
§ 14. контрольные вопросы 48
/лава III. Расчеты на прочность при растяжении и
сжатии 50
§ 15. Допускаемое напряжение и подбор сечений .... 50
§ 16. Влияние собственного веса при растяжении или
сжатии ; 58
§ 17. Ступенчатый брус 62
§ 18. Статически неопределимые задачи на растяжение и
сжатие 65
§ 19. Напряжения, вызванные изменением температ/ры . . 70
§ 20. Расчет статически неопределимых систем по допу-
допускаемым нагрузкам и по предельным состояниям . . 73
§ 21. Контрольные вопросы 80
Гла^а IV. Сложное напряженное состояние. . ' 81
§ 22. Напряжения в наклонных сечениях при осевом растя-
растяжении или сжатии 81
§ 23. Понятие о главных напряжениях 85
1*

4 ОГЛАВЛЕНИЕ
§ 24. Напряжения в наклонных сечениях при растяжении
(сжатии) по двум взаимно перпендикулярным напра-
направлениям 80
§ 25. Определение главных напряжений 88
§ 26. Деформация при растяжении или сжатии по двум
взаимно перпендикулярным направлениям. Удельная
работа деформации 92
§ 27. Теории прочности 96
§ 28. Расчет тонкостенных сосудов 104
§ 29. Контрольные вопросы 109
Глава V. Сдвиг . Ш
§ 30. Понятие о срезе и сдвиге. Напряжения при сдвиге.
Закон Гука при сдвиге 111
§ 31. Чистый сдвиг при растяжении и сжатии бруса по
двум взаимно перпендикулярным направлениям ... 114
§ 32. Зависимость между модулями упругости Е и G . . По
§ 33. Допускаемое напряжение при сдвиге 117
§ 34. Смятие 120
§ 35. Примеры расчетов на сдвиг (срез) и смятие .... 121
§ 36. Расчет сварных соединений 125
§ 37. Контрольные вопросы -» 129
Глав а VI. Кручение 130
§ 38. Построение эпюр крутящих моментов. Связь крутя-
крутящего момента с мощностью и числом оборотов . . . 130
§ 39. Определение напряжений и деформаций при круче-
кручении круглого стержня } 135
§ 40. Полярный момент инерции и момент сопротивления
круга и кругового кольца 141
§ 41. Расчетные уравнения при кручении 144
§ 42. Понятие о расчете на кручение стержней прямо-
прямоугольного сечения 153
§ 43. Потенциальная энергия при кручении 156
§ 44. Расчет винтовых цилиндрических пружин с неболь-
небольшим шагом 157
§ 45. Расчет валов по допускаемой нагрузке 160
§ 46. Контрольные вопросы 162
Глава VII. Статические моменты, центры тяжести и
моменты инерции плоских фигур 163
§ 47. Статические моменты плоских фигур 163
§ 48. Моменты инерции плоских фигур 167
§ 49. Формулы перехода для моментов инерции при парал-
параллельном переносе оси ' 168
§ 50. Моменты инерции некоторых простых фигур .... 171
§ 51. Определение моментов инерции фигур, составленных
из простейших фигур 175
§ 52. Формулы перехода для моментов инерции при пово-
повороте осей 177

ОГЛАВЛЕНИЕ 5
§ 53. Понятие о глазных осях инерции и определение их
пол)женил 180
§ 51. Определение главных моментов инерции ...... 184
§ 55. Контрольные вопросы 188
Глава VIII. Изгиб прямолинейного бруса, изгибающий
момент и поперечная сила 189
§ 56. Общее понятие об изгибе 189
§ 57. Опоры и опорные реакции балок 192
§ э$. Определение опорных реакций балок 194
§ 59. Поперечная сила и изгибающий момент 198
§ 60. Зависимости между интенсивностью распределенной
нагрузки, поперечной силой и изгибающим моментом 200
§ 61. Построение эпюр изгибающих моментов и попереч-
поперечных сил 202
§ 62. Контрольные вопросы 220
Глава IX. Напряжения при изгибе и расчет балок на проч-
прочность 221
§ 63. Определение нормальных напряжений при изгибе . . 221
§ 64. Моменты сопротивления наиболее часто встречаю-
встречающихся сечений 228
§ 65. Расчетные формулы изгиба. Примеры расчета балок 233
§ 66. Касательные напряжения при изгибе балки прямо-
прямоугольного сечения. Формула Журавского 236
§ 67. Касательные напряжения в двутавровой балке . . . 243
§ 68. Проверка прочности балки по главным напряжениям 244
§ 69. Расчет балок по допускаемой нагрузке и по пре-
предельным состояниям 248
§ 70. Контрольные вопросы 252
Глава X. Упругая линия балки 254
§ 71. Упругая линия балки 251
§ 72. Вывод обобщенного уравнения упругой линии . . . 259
§ 73. Частные случаи определения перемещений балок по
обобщенному уравнению упругой линии 263
§ 74. Метод Мора и правило Верещагина 271
§ 75. Балки равного сопротивления изгибу 277
§ 76. Контрольные вопросы 284
Глава XI. Статически неопределимые балки 285
§ 77. Понятие о статически неопределимых балках .... 285
§ 78. Балка, защемленная одним концом и свободно лежз-
щая другим концом на опоре 286
§ 79. Балка, защемленная обоими концами 291
§ 80. Балка на трех опорах 296
§ 81. Контрольные вопросы 301

6 ОГЛАВЛЕНИЕ
Глава XII. Сложное сопротивление 302
§ 82. Косой изгиб 302
§ 83. Сочетание изгиба с растяжением или сжатием . . . 309
§ 84. Внецентренное сжатие 312
§ 85. Общий случай внецентренного сжатия или растяже-
растяжения 313
§ 86. Понятие о ядре сечения 316
§ 87. Совместное действие изгиба и кручения ...... 319
§ 88. Совместное действие кручения и растяжения или
сжатия 324
§ 89. Контрольные вопросы 326
Глава XIII. Продольный изгиб 327
§ 90. Сущность явления продольного изгиба 327
§ 91. Формулы Эйлера 329
§ 92. Пределы применимости формулы Эйлера. Таблица
для расчетов на продольный изгиб 335
§ 93. Примеры расчета на продольный изгиб 337
§ 94. Контрольные вопросы 343
Глава XIV. Прочность при динамических и переменных
нагрузках 344
§ 95. Понятие о динамическом действии нагрузки и пере-
переменной нагрузке 344
§ 96. Расчет равномерно вращающегося кольца 345
§ 97. Напряжение и деформация в брусе при ударе . . . 347
§ 98. Испытание металлов на удар 351
§ 99. Понятие об усталости металлов . . •, 352
§ 100. Испытание материалов на усталость 357
§ 101. Предел выносливости при несимметричном цикле . 361
§ 102. Влияние на величину предела выносливости абсо-
абсолютных размеров деталей 362
§ 103. Расчет на прочность при переменных напряжениях,
изменяющихся по симметричному циклу 364
§ 104. Определение запаса прочности при несимметричном
цикле напряжений , 367
§ 105. Построение приближенной диаграммы усталости и
определение по ней запаса прочности ЗС9
§ 106. Определение запаса прочности при сложном напря-
напряженном состоянии с переменными напряжениями . . 378
§ 107. Примеры расчетов на прочность при переменных
напряжениях 379
§ 108. Повышение усталостной прочности 382
§ 109. Контрольные вопросы 386

ПРЕДИСЛОВИЕ К ШЕСТОМУ ИЗДАНИЮ
В шестое издание книги внесен ряд изменений, наиболее
существенными из которых являются следующие: в главе
«Упругая линия балки» изложен дополнительно метод Мора —
Верещагина с примерами применения этого метода; оасши-
рена глава «Прочность при динамических и переменных
нагрузках», где изложены кратко некоторые конструктивные
и технологические мероприятия, повышающие усталостную
прочность и долговечность. В главах «Расчеты на прочность
при растяжении и сжатии» и «Напряжения при изгибе и расчет
балок на прочность» приведены краткие сведения об осно-
основах нового метода расчета строительных конструкций по
предельным состояниям, введенного в действие в 1955 г.
Некоторые параграфы книги значительно сокращены,
другие расширены, в текст книги внесен ряд уточнений.
-Автор стремился в компактной и ясной форме изложить
материал, соответствующий программам немашиностроитель-
немашиностроительных высших технических учебных заведений и техникумов
всех специальностей.
В книге разобрано много примеров с целью облегчить
усвоение теоретического материала и привить навыки реше-
решения практических задач. В каждой главе приведены контроль-
контрольные вопросы, особенно нужные для лиц, самостоятельно
изучающих предмет.
Автор весьма признателен И. А. Биргеру, сделавшему
ряд замечаний о предыдущем издании книги; многие из этих
замечаний были учтены при подготовке настоящего издания.

ГЛАВА I
ВВЕДЕНИЕ
§ 1. Наука — сопротивление материалов.
Понятие о деформации и об упругом теле
На сооружения и машины во время их работы действуют
внешние нагрузки; например, на устои железнодорожного
моста передается вес проходящего поезда и собственный
вес моста, к шатуну автомобильного двигателя приложена
сила давления газа в цилиндре.
Для того чтобы детали сооружений и машин, детали кон-
конструкций, не разрушаясь и не сильно деформируясь, могли
выдерживать действующие на них нагрузки, они должны
быть сделаны из соответствующего материала и иметь необ-
необходимые размеры. Эти размеры деталей конструкций опре-
определяются расчетом.
Созданием основ для расчета на прочность деталей
конструкций занимается наука, называемая сопротивле-
сопротивлением материалов.
Определение размеров проектируемой детали выполняется
с учетом свойств материала, из которого предполагается
изготовить деталь. Для рационального выбора материала и
наиболее полного его использования надо иметь данные,
характеризующие важнейшие свойства различных строитель-
строительных материалов (сталь, чугун, дерево, бетон, камни и пр.).
Здесь, прежде всего, имеются в виду данные, которые характе-
характеризуют прочность материала, т. е. способность сопроти-
сопротивляться внешним нагрузкам, не разрушаясь.
Экспериментальные исследования прочности материалов
получили в настоящее время весьма широкое развитие.
Сопротивление материалов, с одной стороны, связано с мате-
материаловедением и учением об испытании материалов, с другой

10 ВВЕДЕНИЕ [ГЛ. I
стороны, тесно связано с теоретической механикой. Сопроти-
Сопротивление материалов опирается на законы и теоремы теорети-
теоретической механики и использует ее положения, пока они не
противоречат основным принципам и задачам сопротивления
материалов. Для решения этих задач в сопротивлении мате-
материалов введен ряд новых понятий.
Важнейшие и основные из них — это понятия о деформа-
деформации и напряжении. В теоретической механике твердые тела
условно рассматриваются как абсолютно твердые, т. е. совер-
совершенно не изменяющие своей формы под действием приложен-
приложенных к ним сил. Однако из опыта известно, что все твердые
тела под действием приложенных к ним сил деформируются.
Деформирование твердых тел под действием внешних
сил является одним из их основных свойств. Кроме того,
тверДые тела обладают способностью противодействовать
изменению относительного расположения своих частиц. Это
проявляется в возникновении внутри тела сил, которые
сопротивляются его деформации и стремятся вернуть частицы
в положение, которое они занимали до деформации. Силы
эти называются внутренними силами или силами упру-
упругости; само же свойство твердых тел устранять деформацию,
вызванную внешними силами, после прекращения их действия
называется упругостью. Мерой для оценки внутренних сил
упругости служит так называемое напряжение (интенсивность
внутренних сил; подробнее см. § 4).
Вполне упругими или абсолютно упругими называются тела,
которые и после прекращения действия внешних сил пол-
полностью уничтожают вызванную ими деформацию. Совершенно
неупругими называются тела, которые и после прекращения
действия внешних сил полностью сохраняют вызванную в них
деформацию.
В природе нет тел ни вполне упругих, ни совершенно
неупругих. Однако такие материалы, как сталь, дерево и
др., по своим свойствам достаточно близко стоят к совер-
совершенно упругим телам. Но и эти .материалы могут считаться
совершенно упругими лишь до определенных пределов нагру-
жения, устанавливаемых для них опытом. За этими преде-
пределами после удаления действовавших внешних сил в телах
остается деформация, которой нельзя пренебречь.
Деформация, полностью исчезающая после прекращения
действия внешних сил, называется упругой деформацией.

§ 1} НАУКА СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ 11
Неисчезающая деформация называется остаточной или пла-
пластической деформацией. При проектировании частям кон-
конструкций придают, как правило, такие геометрические размеры,
при которых в них не возникали бы остаточные деформации.
Внешние силы, действующие на твердое тело, как ска-
сказано выше, вызывают в нем внутренние силы, противодей-
противодействующие внешним. Так, например, если внешние силы будут
растягивать твердое тело, то внутренние будут противодей-
противодействовать этому растяжению; между отдельными частицами
твердого тела станут действовать силы взаимного притяжения.
С увеличением внешних сил увеличиваются и внутренние
силы. Увеличение внутренних сил для каждого материала
может происходить только до известного предела, характер-
характерного для этого материала. Внешние силы могут оказаться
столь большими, что внутренние силы тела при данных его
геометрических размерах не смогут их уравновесить, и тело
разрушится.
Теперь, ознакомившись с понятиями о деформации и вну-
внутренних силах упругости, мы можем сказать полнее о зада-
задачах сопротивления материалов. А именно: в сопротивлении
материалов устанавливаются для различных случаев действия
внешних сил математические соотношения между внешними
силами, геометрическими размерами деталей конструкций,
возникающими силами упругости и деформациями. Пользуясь
этими соотношениями и характеристиками прочности мате-
материалов, определяют необходимые размеры проектируемых
деталей конструкций. При установлении этих соотношений
делаются некоторые допущения и ограничения. Эти допуще-
допущения и ограничения необходимы потому, что нельзя охватить
в целом все особенности изучаемых явлений.
Прежде всего, материал, из которого изготовляются
конструкции, считается непрерывным, однородным во всех
точках тела и обладающим во всех направлениях одинако-
одинаковыми свойствами. Последнее свойство материала называется
изотропностью.
Действительно, некоторые конструкционные материалы,
как, например, литой металл, обладают большой однородностью
(чугун в данном случае является исключением). Другие мате-
материалы, как, например, дерево, обладают меньшей однород-
однородностью в сравнении с металлами. Чем более однороден
материал и чем более одинаковы его свойства по всем напра-

12 ВВЕДЕНИЕ [ГЛ. I
влениям, тем лучше получается совпадение результатов теории
с опытом.
В сопротивлении материалов, как правило, рассматриваются
только те задачи о поведении тел под действием внешних
нагрузок, когда деформация мала по сравнению с размерами
тела. Это позволяет пренебречь изменениями (происхо-
(происходящими вследствие деформаций) в расположении действующих
на тело сил.
Кроме перечисленных допущений, в сопротивлении мате-
материалов принимаются другие допущения, о которых будем
говорить в соответствующих местах курса.
При выборе материала и определении форм и размеров
деталей конструкций принимается во внимание ряд основных
соображений: условия, в которых будет работать проекти-
проектируемая деталь, требования к ее прочности, долговечности
и экономичности.
В некоторых случаях к проектируемым частям конструк-
конструкций предъявляются еще и другие специальные требования;
например, при проектировании деталей самолета и авиацион-
авиационного двигателя таким специальным требованием является
минимальный вес. Разные требования, конечно, предъявляются
к временным сооружениям, строящимся, скажем, на время
войны, и к сооружениям, строящимся на многие годы.
Некоторые из требований, предъявляемых к конструкции,
находятся во взаимном противоречии, например прочность,
легкость и экономичность. Так, увеличивая толщину стенки
цилиндра поршневого авиационного двигателя, увеличивают
прочность, надежность цилиндра, но зато вес его получается
большим; или коленчатый вал того же двигателя из-за требо-
требований легкости высверливается, вал делается легче, но обра-
обработка, а значит, и полная стоимость его удорожаются.
Противоречивость этих требований является одним из побу-
побудителей развития науки о сопротивлении материалов.
При выборе материала и установлении размеров частей
проектируемой конструкции необходимо одновременно учиты-
учитывать все требования, предъявляемые к конструкции, как
основные (прочность, долговечность, экономичность), так и
специальные.
Без знания основ сопротивления материалов нельзя
построить даже ге^ложной машины, отвечающей техни-
техническим требованиям, предъявляемым к каждой конструкции.

§ 2] КЛАССИФИКАЦИЯ ВНЕШНИХ un.l 13
В сопротивлении материалов опыт и теория тесно увязаны
между собой; наука эта является одновременно теоретической
и опытной. Все теоретические предположения и выводы
проверяются практикой, и только после подтверждения их
правильности они принимаются для использования. Опыт при-
приходит на помощь теории и в том случае, когда теория не
может разрешить вопроса вследствие его чрезмерной слож-
сложности.
С развитием техники наука о сопротивлении материалов
приобретает все большее значение.
Древние строители, не имея еще теории, руководство-
руководствовались только грубым опытом, копируя известные образцы;
их сооружения отличались громоздкостью и строились ино-
иногда целые века. С развитием в XVII веке международной
морской торговли, металлургии, горного дела появилась не-
необходимость решать более сложные вопросы прочности судов
и сооружений. Старые методы^стали недопустимыми. К этому
времени обычно относят начало развития науки о сопротив-
сопротивлении материалов.
Первые исследования в области прочности были начаты
Галилео Галилеем в первой половине XVII века. В 1678 г.
Роберт Гук на основании некоторых наблюдений сформули-
сформулировал важный закон, утверждающий, что величина деформа-
деформации в упругом теле пропорциональна нагрузке.
Многие ученые своими работами содействовали развитию
науки о сопротивлении материалов. Русский народ выдвинул
крупнейших ученых и инженеров, исследования котооых
явились большим вкладом в науку сопротивления материалов,
§ 2. Классификация внешних сил
Внешние силы (нагрузки) могут действовать на части
машин и сооружений различно. В зависимости от способа
приложения силы можно разделить на объемные и поверх-
поверхностные. К объемным силам относится, например, собствен-
собственный вес. Поверхностные силы делятся на распределенные
и сосредоточенные. Распределенными называют силы, при-
приложенные по некоторой площади или длине. Так, слой снега
на крыше представляет распределенную нагрузку по площади;
распределенным же является давление газа на стенки сосуда.
Такая нагрузка выражается в единицах силы, отнесенных

14 ВВЕДЕНИЕ [ГЛ. I
к единице площади (т/м2, кг/см2, т. е. в тоннах или кило-
килограммах, отнесенных к одному квадратному метру или квад-
квадратному сантиметру).
Нагрузка, распределенная по длине (погонная нагрузка),
выражается в единицах силы, отнесенных к единице длины
(т/л, кг/см).
Нагрузка может быть распределена по длине или пло-
площади равномерно и неравномерно. Например, давление воды
на плотину распределяется неравномерно: с увеличением
глубины давление возрастает.
Сосредоточенными называются силы, действующие по
очень малой площадке тела. Сосредоточенную силу для упро-
упрощения расчетов считают приложенной в точке; такое упро-
упрощение не вносит обычно заметной ошибки. Сосредоточенные
силы измеряются в единицах силы, т. е. в килограммах, тоннах.
По характеру действия нагрузки делятся на статические
и динамические. Статической нагрузкой будем называть на-
нагрузку, возрастающую медленно от нуля до некоторого
определенного максимального значения и далее остающуюся
постоянной или меняющуюся очень незначительно.
Примером динамической нагрузки является ударная на-
нагрузка— действие бабы парового молота на забиваемую сваю,
когда время действия нагрузки исчисляется малыми долями
секунды.
К динамическим нагрузкам относятся также периодиче-
периодические нагрузки, изменяющиеся во времени. Примером такой
нагрузки является нагрузка на шатун двигателя, непрерывно
изменяющаяся по величине и направлению. При этом число
перемен такой нагрузки за время работы шатуна достигает
многих миллионов.
Наконец, к динамическим нагрузкам можно отнести силы
инерции, возникающие при колебаниях.
Разделение нагрузок на статические и динамические свя-
связано с тем, что материал различно сопротивляется этим видам
нагрузок.
§ 3. Основные виды деформаций
Деформации элементов сооружений и машин, вызванные
внешними силами, могут быть очень сложными. Однако эти
сложные деформации всегда можно представить состоящими
из небольшого числа основных видов деформаций.

§ 3J
ОСНОВНЫЕ ВИДЫ ДЕФОРМАЦИЙ
15
Основными видами деформаций деталей конструкций,
изучаемыми в сопротивлении материалов, являются: 1) рас-
Рис. 1.
Рис. 3.
Рис. 4.
тяжение (рис. 1), 2) сжатие (рис. 2), 3) сдвиг (срез) (рис. 3),
4) кручение (рис. 4), 5) изгиб (рис. 5).
Рис. 5.
Примерами сложных деформаций могут служить одно-
одновременное растяжение и кручение (рис. 6) или одновремен-
одновременное растяжение и изгиб (рис. 7).
м м
м
-ЛШИВт -АЛ
Рис. 6.
4 У
Рис. 7.
В соответствующих главах книги будут подробно рас-
рассмотрены приведенные выше виды деформаций, даны методы

16 Вы~..Егь**« [1.1. 1
определения величины деформаций и напряжений. Необхо-
Необходимо заметить, что в сопротивлении материалов рассматри-
рассматриваются деформации только тел, имеющих простую форму.
К таким телам относятся: брус, пластинка и тонкостенная
оболочка.
Брусом называется тело, у которого длина значительно
больше поперечных размеров, представляющих величины
Рис. 8.
одного порядка.* Ось бруса АВ может быть кривой или пря-
прямой линией (рис. 8, а и б). Брусья с прямолинейной осью
называются стержнями, балками, стойками в зависимости от
их назначения.
Пластинкой и тонкостенной оболочкой называются тела,
имеющие толщину, весьма малую по сравнению с двумя
другими измерениями. Например, котлы, цистерны, различ-
различные баки — это тонкостенные оболочки; плоское днище
котла представляет пластину.
В сопротивлении материалов главным образом рассматри-
рассматриваются брусья. В дальнейшем мы будем рассматривать
брусья только с прямолинейной осью и почти всегда пос-
постоянного сечения;
При проектировании машин иногда встречаются элементы,
имеющие сложную форму. Такие элементы не могут быть
рассчитаны методами сопротивления материалов. Однако

§ 4] МЕТОД СЕЧЕНИЙ 1/
большинство деталей машин приближенно, можно рассматри-
рассматривать как брусья и рассчитывать методами сопротивления
материалов. Уточнение получающиеся при этом результатов
может быть достигнуто экспериментальным путем.
В настоящее время широко применяются в практике
экспериментальные методы измерения деформаций, позволяю-
позволяющие достаточно точно определять напряжения в деталях
сложной формы, не поддающихся теоретическому расчету.
В первую очередь следует указать на применение проволоч-
проволочных тензометров, оценка напряжений с помощью которых
выполняется по степени изменения электросопротивления.
Задачами точного определения деформаций и напряжений
занимается наука, называемая теорией упругости. В теории
упругости приходится пользоваться сложными математиче-
математическими методами. В практике же при расчете частей машин
и сооружений часто не требуется слишком большой точно-
точности; точность должна быть только достаточной, но методы
расчета должны быть настолько простыми, чтобы их легко
можно было применять. Поэтому при расчете машин и со-
сооружений обычно применяют методы сопротивления матери-
материалов, которые значительно более просты, чем методы теории
упругости, и дают достаточно точные результаты. Однако,
встречаются и задачи, решаемые только методами теории
упругости, например, определение напряжений в шариках или
роликах подшипника. Упрощение расчетных методов в сопро-
сопротивлении материалов достигается благодаря введению неко-
некоторых допущений.
Как в теории упругости, так и в сопротивлении матери-
материалов рассматриваются только упругие деформации. Но в прак-
практике встречается немало случаев, когда в, материале возни-
возникают пластические деформации. Пластические деформации
изучаются в науке, называемой теорией пластичности, кото-
которая в последнее время получила большое развитие. Значи-
Значительный вклад в создание теории пластичности внесли совет-
советские ученые.
§ 4. Метод сечений. Напряжение
Выше говорилось, что внешние силы, действующие на тело,
вызывают появление в нем внутренних сил сопротивления.
Внешние силы деформируют тело, внутренние силы стре-
стремятся сохранить первоначальную форму и объем тела.
2 За к. 15,2. Р. С. Клнасошвилв

18
ВВЕДЕНИЕ
[ГЛ. I
Для решения задач сопротивления материалов необходимо
уметь определять внутренние силы и деформации тела. При
определении внутренних сил в каком-нибудь сечении тела
пользуются методом сечений. Сущность этого метода заклю-
заключается в следующем.
Рассмотрим тело, находящееся в состоянии равновесия
под действием сил Pv Ръ Ръ и Р4 (рис. 9, а).
б)
Рис. 9.
Если, например, нас интересуют внутренние силы, дей-
действующие в сечении ад, то мы мысленно разрежем тело по
этому сечению и отбросим одну из двух полученных частей,
скажем правую. Тогда на оставшуюся левую часть (рис. 9, б)
будут действовать внешние силы Рх и Р2. Для того чтобы
эта часть т?ла оставалась в равновесии, надо по всему сече-
сечению приложить внутренние силы.
Эти силы представляют действие отброшенной правой
части тела на оставшуюся левую часть. Будучи внутренними
силами для целого тела, они играют роль внешних сил для
выделенной части. Величина равнодействующей внутренних
усилий может быть определена из условия равновесия вы-
выделенной части. Закон распределения внутренних усилий по
сечению, вообще говоря, неизвестен. Для решения этого
вопроса в каждом конкретном случае необходимо знать, как
деформируется под действием внешних сил рассматриваемое
тело.
Таким образом, метод сечения дает нам возможность
определить только сумму внутренних сил, действующих
в интересующем нас сечении. Сумма этих сил может при,-

§4]
МЕТОД СЕЧЕНИЙ
19
водиться к одной силе, к паре сил или в общем случае
к силе и паре.
Если в сечении выделить бесконечно малую площадку А/7,
то, полагая внутренние силы действующими во всех точках
сечения, можно сказать, что на эту площадку придется и
бесконечно малая сила АР. Отношение внутренней силы АР
к величине выделенной площади AF даст среднее напряже-
напряжение на этой площадке:
Таким образом, напряжение (характеризующее интенсивность
внутренних сил) определяется силой, приходящейся на еди-
ь
Рис. 10.
ницу площади. Обычно напряжение выражается в килограм-
килограммах на квадратный сантиметр (кг\смг) или в килограммах на
квадратный миллиметр (кг/мм2).
Уменьшая площадку до нуля, т. е. переходя к пределу,
получим истинное напряжение в данной точке, являющейся,
например, центром площадки АР. Следовательно, истинное
напряжение в данной точке будет:
,. AP dP
. = ИГЛ т-=г = 3-pr
Рис
Если известно, что внутренние силы (силы упругости)
распределяются по сечению равномерно (рис. 10), то в этом
простейшем случае напряжение вычисляется делением сум-
суммарной силы упругости, действующей в сечении, на всю
площадь сечения, т. е.

20
ВВЕДЕНИЕ
[ГЛ. I
Так как сита имеет направление, то и напряжение будет
также име!ь направление.
В общем случае напряжение (р) на данной площадке dF
будет составлять с этой площадкой некоторый угол а (рис. 11).
Разложив это напряжение на две составляющие: одну, напра-
направленную перпендикулярно к площадке, называемую нормаль-
нормальным напряжением и обозначаемую буквой а (сигма), и другую,
лежащую в плоскости площадки, называемую касательным
(или тангенциальным) напряжением
и обозначаемую буквой т (тау), — по-
получим
Полное напряжение выражается че-
через нормальное и касательное сле-
следующей формулой:
Р =
C)
Рис. 11.
Полное напряжение не считается
удобной мерой оценки внутренних
сил тела, так как материалы различным образом сопро-
сопротивляются нормальным и касательным напряжениям. Нор-
Нормальные напряжения стремятся сблизить или удалить от-
отдельные частицы тела по направлению нормали к плоскости
сечения. Касательные напряжения стремятся сдвинуть одни
частицы тела относительно других по плоскости сечения.
Поэтому .>касательные напряжения называют еще напряже-
напряжениями сдвига.
При определении напряжения в какой-либо точке тела
через эту точку можно провести бесконечно большое число
разно направленных плоскостей сечения. Для полной харак-
характеристики напряженного состояния в данной точке надо знать
не только величину и направление напряжения, но и наклон
площадки. В дальнейшем мы увидим, как меняется напряжение
в данной точке в зависимости от наклона площадки, прове-
проведенной через эту точку.
Понятия о деформации и напряжении являются основными
понятиями сопротивления материалов.

§ 5] КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ 21
§ 5. Контрольные вопросы
Что называется деформацией тела?
Что такое упругость тела?
Какая деформация называется упругой и какая пластической?
Какие задачи решает наука о сопротивлении материалов?
Какие основные требования предъявляются к проектируемым
машинам и сооружениям?
Как классифицируются нагрузки, действующие на части машин
и сооружений?
Что называется брусом, пластинкой и тонкостенной оболочкой?
Какие основные виды деформаций вызываются внешними силами?
В чем заключается метод сечения?
Что называется напряжением?
Какова размерность напряжения?
Какое напряжение называется нормальным и какое касательным?

ГЛАВА II
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
§ 6. Продольная деформация. Напряжение. Закон Гука
Возьмем призматический брус (рис. 12) с постоянной
площадью поперечного сечения F см2. Нанесем на его
поверхности острой иглой две неглубокие черточки на рас-
расстоянии / мм друг от друга. Теперь приложим по концам
Р Р
Рис. 12.
бруса две равные и противоположно направленные силы, по
Р кг каждая, так, чтобы эти силы строго действовали вдоль
оси бруса. Брус, находясь в равновесии под действием
растягивающих сил, удлинится в продольном направлении,
а поперечные его размеры несколько уменьшатся.
При этом мы будем предполагать, что в рассматриваемом
брусе все плоские сечения, нормальные к ос ^ бруса, остаются
и после деформации плоскими и нормальными к его оси.
Эта гипотеза носит название гипотезы плоских сечений* Она
подтверждается опытными данными для сечений, достаточно
удаленных от места приложения силы Р\ принимая эту
гипотезу, тем самым предполагают, что все продольные
элементы бруса растягиваются совершенно одинаково.

§ б] ПРОДОЛЬНАЯ ДЕФОРМАЦИЯ. НАПРЯЖЕНИЕ, ЗАКОН ГУКА 23
Тщательно измерив расстояние между двумя нанесенными
черточками, мы найдем, что оно увеличилось и стало равным
1Х мм. Удлинение бруса на участке / будет равно
Это приращение длины бруса называется полным или абсо-
абсолютным удлинением при растяжении; в случае сжатия
бруса оно называется полным или абсолютным укорочением*
В последнем случае величина Д/ имеет отрицательный знак.
Абсолютное удлинение, очевидно, зависит от первона-
первоначальной длины бруса. Поэтому более удобной мерой дефор-
деформации является удлинение, отнесенное к единице перво-
первоначальной длины бруса. Отношение
Д/ абсолютное удлинение, мм ,А>.
/ первоначальная длина, мм
называется относительной продольной деформацией или отно-
относительным удлинением. Относительное удлинение не имеет
размерности, это отвлеченное число и часто выражается
в процентах от первоначальной длины:
Для определения напряжения в поперечном сечении, т. е.
в сечении, перпендикулярном к оси бруса, применим общий
способ, принятый в сопротивлении материалов, — метод се-
сечений.
Рассечем мысленно брус (рис. 12) на две части попереч-
поперечным сечением аЬ и правую часть отбросим. Для равновесия
оставшейся левой части приложим в плоскости сечения вну-
внутренние силы упругости, направленные нормально к плоскости
сечения. Силы эти заменяют действие удаленной правой
части на левую часть бруса. Равнодействующая сила упру-
упругости будет действовать по оси бруса и по величине будет
равна Р кг. Приняв гипотезу плоских сечений, мы тем самым
предположили, что при растяжении силы упругости распре-
распределены равномерно по всему сечению, поэтому напряжение
во всех точках поперечного сечения будет определяться по
формуле
о = ~- кг/см2. E)

24 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ fefc JI
Напряжение это будет нормальным, так как оно напра-
направлено, как и сила Р, перпендикулярно к плоскости попереч-
поперечного сечения. Сила Р измерялась в килограммах, площадь F —
в квадратных сантиметрах, поэтому напряжение о будет иметь
размерность кг/см2.
В случае сжатия бруса напряжение вычисляется по той же
формуле E), так как здесь изменяется только направление сил.
Величина напряжения при растяжении и сжатии не зависит
от выбора места сечения по длине бруса. Во всех попереч-
поперечных сечениях предполагается равномерное распределение"
упругих сил, и только в сечениях, расположенных вблизи
точки приложения внешней силы, нельзя ожидать равно-
равномерного распределения напряжений. Определение напряжений
в таких местах представляет трудную задачу, не входящую
в курс сопротивления материалов.
Нагрузки и деформации, возникающие в брусе, тесно
связаны между собой. Эта связь между нагрузкой и деформа-
деформацией была сформулирована впервые Робертом Гуком в 1678 г.
Согласно закону Гука деформация пропорциональна нагрузке.
Этот закон является одним из основных в сопротивлении
материалов. При растяжении или сжатии бруса закон Гука
выражает прямую пропорциональность между напряжением
и относительной деформацией:
а = Ее. F)
Пропорциональность эта нарушается, когда напряжение
переходит за некоторый предел, называемый пределом про-
пропорциональности. Предел пропорциональности для материалов
устанавливается опытным путем.
Коэффициент Е, входящий в формулу F), называется
модулем упругости первого рода или модулем Юнга, по
имени ученого, введшего его в науку. Из формулы F) видно,
что размерность модуля упругости Е такая же, как и напря-
напряжения, так как е — величина отвлеченная, т.е. Е выражается
в кг/см2. При одноц, и том же напряжении относительная
деформация будет меньше у того материала, для которого
Е будет больше. Следовательно, модуль упругости характе-
характеризует жесткость материала, т. е. способность сопроти-
сопротивляться деформации, что и следует из формулы F):
а
?
Е Ф

§ в] ПРОДОЛЬНАЯ ДЕФОРМАЦИЯ. НАПРЯЖЕНИЕ. ЗАКОН ГУКА 26
Величина модуля упругости устанавливается для материа-
материалов экспериментально. В таблице 1 даны средние значения Е
для некоторых материалов при комнатной температуре.
Для материалов, не подчиняющихся закону Гука, как-то:
камень, цемент, кожа и др., — пользуются степенной зависи-
зависимостью: ат — Ее. Показатель т, вообще говоря близкий
к единице, подбирается опыт-
опытным путем.
Формулу F), выражающую
закон Гука, можно написать
и в другом виде, подставляя
в нее вместо а и ? их выра-
выражения:
Р М
Таблица 1
Значения модуля упругости
i = — и е = -г-;
при этом получим:
G)
Материалы
Сталь . .
Чугун . .
Медь . . .
Бронза . .
Титан . .
Алюминий
Дерево . .
Е в кг/см*
2-106—2,2.106
0,75.106—1,6.106
Ы06
1,2.10е
1,0-106
0,675-106
Из этой формулы следует,
что удлинение (укорочение),
получаемое брусом, прямо пропорционально растягивающей
(сжимающей) силе, длине бруса и обратно пропорционально
площади поперечного сечения и величине модуля упругости
материала.
Произведение, стоящее в знаменателе формулы G), т. е.
EF, называется жесткостью при растяжении (сжатии). Чем
жесткость бруса будет больше, тем при одной и той же
длине он получит меньшую деформацию. Жесткость харак-
характеризует одновременно физические свойства материала и
геометрические размеры сечения. Формула для напряжения E)
и закон Гука F) или G) являются основными при расчетах
на растяжение и сжатие.
Пример 1, Определить относительное удлинение стержня, если
первоначальная длина его / = 250 мм, а длина после растяжения
1Х = 250,5 мм.
Решение. Абсолютное удлинение стержня равно:
Д/ = 1Х — / = 250,5 — 250 = 0,5 мм.
Относительное удлинение стержня
250

26 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ [ГЛ« П
Выражая относительное удлинение в процентах, получим:
eO/oS== o,OO2- 100
Пример 2. Круглый стержень диаметром d = 2 см и длиной
/ = 2 м при растяжении силой Р « 800 кг получил абсолютное
удлинение Д/ = 0,5 мм. Определить модуль упругости Е материала,
если известно, что напряжение в стержне не превосходило предела
пропорциональности.
Решение. Из формулы G) имеем:
?== Ш - affg200 -J 020000 *г/сж'
—- . 0,05
Пример 3. Определить напряжение, относительное и абсолютное
удлинение (пренебрегая собственным весом) в стальной штанге,
если растягивающая сила Р = 3 т, длина штанги / = 2л, площадь
поперечного сечения F = 4 си2. Предел пропорциональности данной
стали равен 2500 кг/см2» модуль упругости ? =» 2 • 10й кг/см2.
Решение. Напряжение в штанге по формуле E) будет равно
Р 3000 __л , ,
eaja -j- « 750 кг/см2.
Так как полученное напряжение не достигает предела про-
пропорциональности G50 < 2500), то деформация пропорциональна
напряжению. По формуле F) получим:
Абсолютное удлинение штанги будет:
Ы « ?/ » 0,000375 .200 = 0,075 еж.
Пример 4. Стальной болт длиной 160 мм при затяжке получил
удлинение Д/=0,12 мм. Модуль упругости материала ?=2* 10е кг/см2.
Определить напряжение в болте.
Решение, Относительное удлинение
--
Напряжение в болте определяем по формуле F):
с = Ег » 2 ¦ 106.0,00075 = 1500
§ 7. Поперечная деформация при растяжении и сжатии
Опытом установлено, что даже при очень небольших
деформациях бруса в продольном направлении его попереч-
поперечные размеры изменяются. Удлинение в продольном направле-
направлении вызывает сужение в поперечном направлении, и, на-

§ 7] ПОПЕРЕЧНАЯ ДЕФОРМАЦИЯ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ 27
оборот, укорочение в продольном направлении сопровождается
поперечным расширением. Следовательно, при растяжении
тело удлиняется и становится тоньше (рис, 13), а при сжатии
укорачивается и становится толще. Поперечные деформации
при растяжении или сжатии пропорциональны продольной
деформации.
Если обозначить относительную продольную деформа-
деформацию через е, а относительную поперечную деформацию
через е0, то, как найдено из опытов, е0 со-
составит только некоторую часть от е, т. е.
60 = (AS.
Коэффициент {х принято называть коэффи-
коэффициентом Пуассона.
При растяжении коэффициент Пуассона
представляет отношение
?П поперечное относительное сжатие
' ? продольное относительное удлинение '
а при сжатии
?о поперечное относительное растяжение
1 ? продольное относительное сжатие *
Пуассон полагал, что коэффициент |а для всех материалов
одинаков и равен 0,25. Однако пЪзднейшие опыты показали,
что коэффициент Пуассона для различных материалов различен
и чго величина его лежит в пределах от 0 до 0,5. Средние
численные значения этого коэффициента для некоторых мате-
материалов приведены в таблице 2. В практических расчетах для
стали обычно принимают ^ = 0,3.
Таблица 2
Коэффициент Пуассона для некоторых материалов
Материалы
Пробка
Углеродистая сталь
Хромоникелевые
стали
Алюминий
м-
0,00
0,24—0,28
0,25—0,30
0,26—0,36
Материалы
Медь . . .
Бронза
Резина
Парафин
0,34
0,35
0,47
0,5

28 растяжение и сжатие |гл. u
Пользуясь этим коэффициентом, можно определить изме-
изменение объема бруса, происходящее при растяжении или сжа-
сжатии. Решим этот вопрос сначала в общем виде. Объем бруса
с квадратным поперечным сечением до растяжения был равен
После растяжения каждая единица первоначальной длины
станет равной A-}-е); следовательно, новая длина бруса
станет равной /(l-}~s). Единица длины в поперечном напра-
направлении укоротится и станет равной A—е0) или A — це).
Поэтому площадь поперечного сечения после растяжения
будет равна [аA — jxs)j2.
Объем бруса после растяжения будет
или
Vx = аЧ A -+• г — 2;xs — 2as2 + и.42
Отбрасывая члены, содержащие множители ег и s3, как
малые величины высших порядков, получим:
vx ==a2/(l ~f-s— 2jxe).
Увеличение объема:
Vl — v0 = аЧ A + е — 2fji?)— аЧ = аЧг A — 2ix).
Относительное увеличение объема:
шA^).
Так как «х < 0,5, то 1 — 2\х > 0 и з^величение объема
для всех материалов будет положительным, т. е. при растя-
растяжении объем всегда увеличивается. Это подтверждается и
опытом. Только для парафина, для которого \х — 0,5, увели-
увеличения объема не происходит.
Пример 5. Определить, как изменится объем стального бруса
длиной / = 200 мм, постоянного квадратного сечения со стороной
а = 50 мм, растягиваемого силой Р = 25 т, если ja = 0,3.
Для этого вычислим предварительно относительное удлинение s.
По закону Гука F) имеем:
^ Р 25000

^3] ОПЫТНОЕ ИЗУЧЕНИЕ РАСТЯЖЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ 29
Следовательно,
V} _ v, = аЧг A — 2,а> =» 52 • 20 • 0,005 A — 2.0,3) = 0,1 ем\
Относительное увеличение объема будет равно:
YlZZ^L = e(l —2^i) = 0,0005 • 0,4 = 0,0002 = 0,02%.
§ 8. Опытное изучение растяжения материалов
Для выполнения расчетов конструкций на прочность надо
знать свойства материалов, из которых эта конструкция
будет изготовляться.
Механические свойства материалов выявляются при испы-
испытании их под нагрузкой.
Наиболее распространенным испытанием материалов яв-
является испытание их на растяжение. Объясняется это тем,
Рис. 14.
что механические характеристики, получаемые при испы-
испытании на растяжение, позволяют во многих случаях доста-
достаточно верно судить о поведении материала и при других
видах деформации: сжатии, сдвиге, кручении и изгибе.
Кроме того, испытание на растяжение наиболее легко осу-
осуществимо.
Материалы, работающие преимущественно на сжатие
(камни, бетон и др.), требуют непременно и испытаний их
на сжатие.
Испытания на растяжение образцов испытуемого мате-
материала производятся на специальных разрывных машинах.
Образцы обычно бывают круглого (рис. 14), реже прямо-
прямоугольного, сечения. На концах образца имеются головки
в виде утолщения. Головки образцов вставляются в особые
захваты разрывных машин. Переход от головки образца
к его средней (рабочей) части выполняется плавным, в виде

6К)
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
1ГЛ. II
конуса в круглых образцах и в виде закругления—в пло-
плоских. Равномерное удлинение образца происходит на длине,
где сечение образца постоянно, поэтому измерения удли-
удлинений производят только на этой длине, называемой рабо-
рабочей или расчетной длиной. На рис. 14 расчетная длина
образца обозначена через /.
Как показали опыты, только
геометрически подобные образцы
из одного и того owe материала
дают одинаковые результаты
испытаний. Следовательно, при
сравнении механических качеств
разных материалов абсолютные раз-
размеры образцов могут быть и раз-
разными, но непременно должен при
этом соблюдаться закон подобия.
В случае хрупких материалов срав-
сравнение делают, испытывая образцы
одинаковых размеров.
Формы и размеры образцов стан-
стандартизованы; однако если по какой-
либо причине нельзя изготовить
«нормальных образцов», то для по-
получения сравнимых результатов де-
делают образцы, подобные нормальным
образцам, круглые или прямоуголь-
прямоугольного поперечного сечения с отно-
Рис. 15. шением
где /—рабочая длина образца, a F—площадь поперечного
сечения. __
Такое отношение /: У F для круглого образца полу-
получается при /== 10 d.
Для того чтобы растягивающее усилие действовало точно
по оси образца, захваты машины делают центрирующими сфе-
сферическими опорами (рис. 15).
Разрывные машины нагружают образец постепенно воз-
возрастающей нагрузкой от нуля до величины, разрушающей
образец, т. е. осуществляют так называемую статически дей-
действующую нагрузку. Величина нагрузки измеряется сило-
измерителями (динамометрами).

$ 91 ДИАГРАММА РАСТЯЖЕНИЯ И ЕВ ХАРАКТЕРНЫЕ ТОЧКИ
31
Разрывные машины бывают различных конструкций.
На рис. 16 показана схема машины, имеющей широкое рас-
распространение в лабораториях испытания материалов. Головки
испытуемого образца А закрепляются
в зажимах машины. Нижний зажим во
время испытания остается неподвиж-
неподвижным. Его поднимают или опускают
только при установке образца. Подня-
Поднятие и опускание нижнего зажима про-
производится винтом С путем вращения
ручки D. Растягивающее усилие со-
создается постепенным нагнетанием масла
в цилиндр Е, установленный на ста-
станине машины. Поршень В подни-
поднимается вверх и через систему стерж-
стержней, связанных друг с другом шарни-
шарнирами, поднимает верхний зажим. Так
как нижний зажим при испытании
остается неподвижным, а верхний под-
поднимается, то образец А растягивается.
Обычно разрывные машины имеют
самопишущие приборы, вычерчивающие
в виде кривой зависимость между рас-
растягивающей образец нагрузкой и полу-
получаемым им удлинением. Непосредственное измерение де-
деформаций, как указывалось в § 3, производят с помощью
специальных приборов — тензометров.
Рис-
§ 9. Диаграмма растяжения и ее характерные точки
Поведение материала при растяжении лучше всего
уясняется из рассмотрения кривой, называемой диаграммой
растяжения или диаграммой испытания материала, представ-
представляющей зависимость между напряжением и деформацией
при растяжении. Ее получают обычно из диаграммы в коор-
координатах: сила растяжения Р и абсолютное удлинение об-
образца Л/. Диаграмма Р, А/ вычерчивается самопишущим при-
прибором или строится на основании ряда последовательных
показаний величин нагрузки и соответствующих им увеличений
длины образца. На оси ординат откладываются в масштабе

32
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
1гл. ц
силы, замеренные в различные моменты испытания, а на оси
абсцисс — удлинения.
Диаграмма в этих координатах будет зависеть, конечно,
от размеров образца. Чем длиннее будет образец, тем при
одной и той же силе будут получаться большие абсолютные
удлинения. Для того чтобы эти диаграммы не зависели от
Рис. 17.
размеров испытуемых образцов и были сравнимы для различ-
различных материалов, на оси ординат откладываются не силы,
а напряжения о, получаемые делением растягивающей силы
на первоначальную площадь поперечного сечения образца Fo:
На оси абсцисс откладывают вместо абсолютных отно-
относительные удлинения е.
Точки получаемой таким образом диаграммы растяжения
характеризуют состояние образца в различные моменты
испытания, а вся диаграмма дает связь между напряжениями
и относительными деформациями образца за все время испы-
испытания.
На рис. 17 приведена диаграмма растяжения мягкой
стали. Перейдем к рассмотрению ее характерных точек.
Предел пропорциональности. До некоторого состояния,
характеризуемого на диаграмме точкой А, зависимость

§ 9] ДИАГРАММА РАСТЯЖЕНИЯ И ЕЕ ХАРАКТЕРНЫЕ ТОЧКИ 33
между о и s выражается прямой линией. Это указывает на то,
что здесь удлинения образца растут пропорционально напря-
напряжениям. Эта прямая линия образует с осью ординат очень
небольшой угол, т. е. удлинения образца на этом участке
растут медленно. Точка Л соответствует напряжению, назы-
называемому пределом пропорциональности. До предела про-
пропорциональности закон Гука сохраняет свою силу.
Следовательно, пределом пропорциональности назы-
называется то наибольшее напряжение, до которого деформации
в материале растут пропорционально напряжениям. На-
Напряжение, соответствующее пределу пропорциональности,
обозначается оп.
Если взять какое-либо состояние образца в пределах
прямолинейного участка диаграммы, например состояние, выра-
выражающееся точкой N (напряжение — NNV относительное
удлинение — ONJ, то тангенс угла наклона прямолинейного
участка к оси абсцисс будет равен отношению
tg ос = I = — ,
ONX
где о — величина именованная, е — отвлеченная. С другой
стороны, согласно закону Гука F)
Следовательно,
т. е. числовая величина модуля упругости первого рода может
быть определена в масштабе диаграммы как тангенс угла
наклона прямолинейного участка ОА к оси абсцисс.
Предел упругости. При проектировании какой-либо кон-
конструкции иногда бывает важно знать напряжение, вызываю-
вызывающее в материале первые остаточные деформации. Очень
точные измерения показали, что и весьма упругие материалы,
даже при самых небольших напряжениях, получают остаточ-
остаточные деформации. Но величина последних настолько мала,
что они не имеют практического значения. С увеличением
напряжения растут и остаточные деформации. Пределом
упругости называется такое напряжение^ при котором
в .материале получается остаточная деформация, разная
3 Зак. 1512. Р. С. Кинасошвили

34 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ [ГЛ. И
наперед заданной малой величине @,002%—0,005°/0 перво-
первоначальной длины образца).
Предел упругости обозначается оу. Определение предела
упругости довольно сложно. Оно требует очень точных и
длительных испытаний. Практически величина предела упру-
упругости, например для стали, очень близка к пределу пропор-
пропорциональности, а потому точку Л, соответствующую пределу
пропорциональности, считают совпадающей с точкой, соответ-
соответствующей пределу упругости (что и показано на рис. 17).
Далее, с повышением напряжения кривая растяжения, подни-
поднимаясь вверх, отклоняется от прямой, плавно поворачизая
вправо к точке С.
Предел текучести (критическая точка). Некоторые мате-
материалы, как, например, мягкая сталь, на диаграмме растяжения
несколько выше предела пропорциональности, начиная от
точки С, дают участок, на котором удлинения начинают
расти без увеличения напряжения, Это явление называется
текучестью материала. Пределом текучести наз. такое
напряжение, при котором в материале появляется замет-
заметное удлинение без увеличения напряжения. Предел теку-
текучести обозначается от. Точка С диаграммы, соответствующая
пределу текучести, называется критической точкой. Иногда
вместо горизонтального участка диаграммы получается даже
наклонный (вправо и вниз).
После перехода за предел текучести материал снова на-
начинает оказывать сопротивление деформации, но удлинение
его уже начинает расти быстрее напряжений; быстро растут
и остаточные деформации. Предел текучести является очень
важной характеристикой механических качеств материала,
так как напряжения выше предела текучести вызывают
в материале недопустимые в конструкции остаточные дефор-
деформации.
Многие материалы, например легированные стали, не имеют
ясно выраженного предела текучести. Диаграмма растяжения
таких материалов плавно переходит с упругой части на часть,
где получаются большие остаточные деформации. Для таких
материалов предел текучести устанавливается чисто условно.
Пределом текучести для них считается то напряжение, при
котором они получают остаточную деформацию, равную напе-
наперед заданной величине. Поэтому, говоря о пределе текучести
таких материалов, надо указывать и соответствующее оста-

К 91 ДИАГРАММА РАСТЯЖЕНИЯ И ЕЕ ХАРАКТЕРНЫЕ ТОЧКИ
35
точное относительное удлинение. Обычно принято считать
пределом текучести напряжение, соответствующее остаточ-
остаточному относительному удлинению, равному 0,2%.
При растяжении материалов с резко выраженным преде-
юм текучести легко заметить момент его наступления.
Например, если на разрывной машине имеется стрелка для
показания растягивающих усилий, то в момент достижения
в материале предела текучести стрелка перестает
двигаться и некоторое время остается на одном
и том же делении, хотя деформации образца про-
продолжают расти.
Кроме того, наступление предела текучести
r материале можно заметить, наблюдая за самим
образцом. Полированная поверхность образца при
достижении предела текучести тускнеет и посте-
постепенно делается матовой. При более тщательном
рассмотрении поверхности можно заметить по-
появление на ней линий, наклоненных к оси образца
под углом 45° (рис. 18). Количество этих линий,
называемых линиями Чернова по имени русского
металлурга, впервые наблюдавшего и описавшего Рис. 18.
их, постепенно растет, и поэтому поверхность
образца делается матовой. Появление этих линий и распро-
распространение их по всей длине образца свидетельствуют о про-
происходящих сдвигах кристаллов материала.
Предел прочности. За пределом текучести диаграмма
растяжения делается криволинейной (в основном выпуклой
кверху) и, как мы уже сказали, деформации образца начи-
начинают расти быстрее напряжений.
Точка В (см. рис. 17) соответствует наибольшему зна-
значению растягивающего усилия. Напряжение, равное отноше-
отношению наибольшего растягивающего усилия к первоначальной
площади поперечного сечения образца, называется пределом
прочности. Предел прочности обозначается опр. При дости-
достижении предела прочности постепенно начинает образовы-
образовываться местное сужение образца, называемое шейкой (рис. 19).
С появлением шейки удлинения образца происходят главным
образом на длине шейки, остальная часть образца почти
не удлиняется.
Гак как с появлением шейки поперечное сечение в этом
месте делается все меньше и меньше, то деформация образца

36 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ |ГЛ. II
происходит при уменьшающейся нагрузке. Предел прочности
является очень важной характеристикой прочности материала,
и особенно важное значение он имеет для хрупких материа-
материалов, таких, как чугун, закаленная и холоднотянутая сталь
и т. п,, которые получают сравнительно небольшие дефор-
деформации при разрушении. При напряжении, соответствующем
точке D (см. рис. 17), образец разрывается. Напряжение
в момент разрыва образца по диаграмме растяжения лежит
ниже, чем предел прочности. Это объясняется тем, что
напряжения мы условились относить к перво-
первоначальной площади поперечного сечения образ-
образца. На самом же деле в момент разрыва образца
в материале будет наибольшее напряжение,
так как площадь сечения аа (рис. 19) в этот
момент достигает минимума. Это напряжение
иногда называют истинным пределом проч-
прочности.
Рассматриваемая нами диаграмма является
условной, так как напряжения в ней отно-
относятся к первоначальному поперечному сече-
Рис. 19. нию, а удлинения — к первоначальной длине.
Поперечное сечение и длина образца во
время испытания непрерывно изменяются. Однако условная
диаграмма до предела текучести почти совладает с истинной
диаграммой. При построении истинной диаграммы на оси
ординат откладываются напряжения, полученные делением
силы на соответствующие значения минимальной площади
поперечного сечения образца, а на оси абсцисс откладываются
истинные относительные удлинения образца, т. е. изменение
длины относят к длине образца в данный момент деформа-
деформации.
Пластичность материала. Кроме предела текучести и
предела прочности, характеризующих механические свойства
материала, очень важной характеристикой является пластич-
пластичность материала. Пластичность материала характеризуется
величиной относительного удлинения и относительного суже-
сужения поперечного сечения после разрыва образца.
Относительное удлинение при разрыве выражается так:
=^. Ю0%,

с 9] ДИАГРАММА РАСТЯЖЕНИЯ II ЕЕ ХАРАКТЕРНЫЕ ТОЧКИ 37
где /fc —длина образца после разрыва, а/0 — первоначальная
длина.
Относительное сужение площади поперечного сечения
находится из выражения
где рк площадь поперечного сеченгя шейки после разрыва,
а pQ первоначальная площадь поперечного сечения образца.
Обычно говорят о пластичном и хрупком материале в за-
зависимости от того, большие или малые остаточные деформа-
деформации получаются в образце при его разрыве.
О 2 U 6 8 10 12 14 16 18 20 22 V, 26 В %
Рис. 20.
На рис. 20 приведены для сравнения диаграммы растяже-
растяжения пластичного материала (мягкая сталь) и хрупкого мате-
материала (чугун). Из сравнения этих диаграмм видно, что хрупкий
материал разрушается при небольшой относительной дефор-
деформации и не имеет площадки текучести. Однако следует
заметить, что в зависимости от напряженного состояния,
скорости деформирования, температуры и других условий
пластичность материала изменяется. Материал, показывающий
себя хрупким при растяжении при обычной температуре,
может вести себя в других условиях, как пластичный, и на-
наоборот.
Рассмотрим деформацию образца за пределом упругости.
Если от какой-нибудь точки п диаграммы (рис. 17), лежа-
лежащей выше предела упругости, произвести разгрузку образца,
то линия разгрузки nF будет прямой, параллельной прямой О А.

38 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ \ГЛ. П
Отрезок тп представляет полное относительное удлинение
образца при напряжении, соответствующем точке /г. Отре-
Отрезок OF, равный knt представляет величину пластической
деформации, которая останется в образце после его разгрузки.
Деформация за пределом упругости состоит из двух частей:
упругой деформации, т. е. исчезающей после снятия нагрузки,
и остаточной деформации, которая остается и после разгру-
жения образца:
S = ЗуПр —j- вост.
Упругая часть деформации за пределом упругости пропор-
пропорциональна напряжениям.
На основании этого закона, называемого законом раз-
разгрузка, можно определять упругую часть деформации и за
пределом упругости. Перед самым разрывом образца его
полное удлинение представляется на диаграмме отрезком OL.
После разрыва упругая часть деформации EL исчезает
и остается лишь остаточная деформация ОЕ. Чем больше
остаточная деформация, тем более пластичным считается
материал.
Характеристики механических свойств металлов, выявляе-
выявляемые при испытаниях, зависят от химического состава мате-
материала, температуры, термической обработки, скорости испы-
испытания, предварительных остаточных деформаций и пр.
Влияние на механические свойства химического состава
и термической обработки изучается в материаловедении; здесь
мы опишем кратко влияние других факторов на механические
свойства материалов.
Влияние температуры. Результаты механических испы-
испытаний материалов обычно относятся к комнатной темпера-
температуре A5—20° С), при которой производятся испытания в лабо-
лабораториях. Однако многие части даже одной и той же машины
работают в самых различных температурных условиях. Так,
выхлопные клапаны автомобильного мотора работают при
500—800° С, а детали мотора, соприкасающиеся непосред-
непосредственно с внешней средой, иногда работают при очень низких
температурах.
У большинства материалов с повышением температуры
понижается прочность и повышается пластичность. Мягкая
сталь ведет себя несколько иначе: при температуре около
250—300°С предел прочности стали достигает максимума,

Я 91 ДИАГРАММА РАСТЯЖЕНИЯ И ЕЕ ХАРАКТЕРНЫЕ ТОЧКИ
39
но при дальнейшем увеличении температуры начинает резко
снижаться.
На рис. 21 даны соответственно диаграммы изменения
предела прочности и пластичности стали в зависимости от
изменения температуры. При высокой температуре, начиная
с 300—400°, металлы при постоянной нагрузке непрерывно,
хотя и очень медленно деформируются. С повышением на-
jp\-3KH или температуры скорость деформации возрастает.
- сужение /
поперечного? .
сечения/
-удлинение,^
-30
-80
-70
60
50
40
-JO
2G
¦Ю
1
I
1
1
О 100 2005111} 408 500
о loo 200 mm50U с
Рис. 21.
Эю свойство металлов непрерывно деформироваться при
постоянной нагрузке при высокой температуре называется
ползучестью.
Лопатки газовой турбины, работая при высокой темпера-
температуре и находясь под действием центробежных нагрузок, не-
непрерывно удлиняются. Это удлинение может привести к раз-
разрушению лопаток или опасному задеванию их за корпус, что
иногда и наблюдается на практике. Поэтому в соответствую-
соответствующих случаях применяют специальные стали и жаропрочные
сплавы, обладающие малой ползучестью.
При повышенных температурах предел прочности мате-
материала зависит от длительности испытания. В этих случаях
прочность материала характеризуется так называемым .пре-
.пределом длительной прочности. На рис. 22 показаны пре-
пределы длительной прочности одного из жаропрочных сплавов
"ри температуре 700°С; как видно, прочность материала
падает с увеличением времени испытания.

40
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
[ГЛ. И
При понижении температуры прочность стали увеличи-
увеличивается, но сильно снижается пластичность. Сталь делается
весьма чувствительной ко всякого рода сотрясениям и уда-
ударам (хладноломкость стали). Примесь никеля повышает со-
сопротивляемость ее ударной нагрузке и при низких темпера-
температурах.
Скорость испытания. На механические характеристики
материала влияет и методика самих испытаний. Поэтому для
сравнимости результатов
Ъ~ы2
i = 7D0°C
40
80 120 160 200 Часы
Рис. 22.
испытаний придержи-
придерживаются определенной ус-
установленной методики ис-
испытаний. Так, например,
все металлы обладают
свойством при увеличе-
увеличении скорости деформации
повышать свою сопротив-
сопротивляемость пластической
деформации. Поэтому,
чем быстрее во время
испытания нагружается образец, тем получаемые механиче-
механические характеристики (пределы пропорциональности, текучести
и прочности) будут выше, а деформации меньше. Сталь
обладает этим свойством в значительно меньшей степени,
чем более пластичные металлы, такие, как цинк, свинец,
медь и др.
Особенно сильно сказывается скорость деформации на
пределе текучести материала. При очень быстром нагруже-
нии образца величина предела текучести может получиться
нише, чем предел прочности, полученный при медленном
иагружении. В связи с этим свойством металлов при нор-
нормальных условиях испытания скорость повышения напряже-
напряжений до предела текучести обычно бывает не больше чем
100 кг'см2 в одну секунду.
§ 10. Предварительная пластическая деформация (наклеп)
Если образец из мягкой стали до испытания на растяже-
растяжение был предварительно нагружен до напряжения, лежащего
ниже предела упругости, и разгружен, то диаграмма испы-
испытания такого образца ничем не будет отличаться от диаграммы

ПРЕДВАРИТЕЛЬНАЯ ПЛАСТИЧЕСКАЯ ДЕФОРМАЦИЯ
41
О
8
растяжения образца, не подвергавшегося предварительному
нагружению. Но если образец был предварительно нагружен
до напряжения выше предела текучести, то механические
свойства таких образцов будут уже отличаться друг от друга.
Пусть образец из мягкой стали был растянут до некото-
некоторого напряжения, характеризуемого точкой А на диаграмме
растяжения (рис. 23). Если те-
теперь снять растягивающую на-
нагрузку, то на диаграмме полу-
получится линия АВ, очень близкая
к прямой. Упругая часть полного
удлинения образца исчезнет, и об-
обнаружится остаточное удлине-
удлинение ОВ. Если немедленно вновь
растянуть образец, то при точных
измерениях окажется, что предел
пропорциональности его пони-
понизился, а предел текучести сильно
повысился. Повторное нагруже-
ние на диаграмме представлено
линией ВС. Предел текучести
при этом станет приблизительно
равен тому напряжению, до кото-
которого первоначально был растянут образец. Если образцу
после разгрузки дать некоторое время «отдохнуть» и уже
после этого растягивать, то предел пропорциональности вновь
повысится, т. е. материал вернет свою упругость, а предел
текучести повысится еще сильнее (пунктирная линия CC'D').
Для полного восстановления упругих свойств требуется
определенный промежуток времени, который зависит от
материала.
Повышение прочности и уменьшение пластичности вслед-
вследствие предварительной вытяжки за предел текучести назы-
называют наклепом. При наклепе меняются механические каче-
качества материала, в материале же возникают остаточные
напряжения. В некоторых случаях явление наклепа бывает
нежелательным и с ним борются, в других случаях, наоборот
искусственно вызывают наклеп.
При пробивке дыр в листе под заклепки материал,
лежащий у кромки отверстия, получает наклеп, делается
более жестким. Это способствует образованию трещин.
Рис. 23.

42
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
[ГЛ. II
Для избежания в этом случае вредного последствия на-
наклепа часть материала, получившую наклеп, удаляют, увели-
увеличивая диаметр отверстия сверлением. Наклеп, кроме того,
может быть уничтожен отжигом — нагревом до определенной
температуры, выдержкой при этой температуре в течение
некоторого времени и последующим медленным охлаждением.
В других случаях, как уже сказано, искусственно создают
наклеп. Например, цепи подъемных машин подвергают пред-
предварительно растяжению выше предела текучести для того,
чтобы они стали менее пластичными и во время работы не
получили больших деформаций, вследствие которых звенья
цепи не могли бы входить в свои гнезда на барабане.
Наклепом, в частности, объясняется и тот факт, что
проволока, полученная волочением, имеет значительно боль-
большую прочность, чем сталь, из которой она сделана.
§ 11. Работа деформации при растяжении
Возьмем диаграмму растяжения в координатах Р и М
(рис. 24) и посмотрим, что выражает собой вся площадь диа-
диаграммы OABDE. Так как па оси абсцисс отложены полные
-41 раз
Рис. 24.
удлинения образца, или, иначе, пути, пройденные точкой
приложения растягивающих сил, а на оси ординат — вели-
величины этих сил, то площадь всей диаграммы OABDE, оче-
очевидно, выражает собой работу внешних растягивающих
сил, затраченную на разрыв образца. Если начать посте-

<; И] РАБОТА ДЕФОРМАЦИИ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ 43
пенно снимать нагрузку с образца, растянутого выше предела
упругости, то образец станет постепенно сокращаться, но
полностью принять свои первоначальные размеры уже не
сможет. Следовательно, работа, затраченная на растяжение
образца за пределы упругости, не будет полностью возвра-
возвращена материалом; часть работы внешних сил затрачивается
на образование остаточных удлинений.
Площадь первого участка диаграммы О АС до предела
упругости представляет работу упругой деформации, которая
накапливается в материале в виде потенциальной энергии
и может быть полностью возвращена материалом после сня-
снятия нагрузки. Обозначая величину этой работы через Т,
нагрузку, соответствующую пределу упругости, — через Р,
полученное при этом удлинение — через А/, найдем:
р д/
Т=™\ (8)
так как
ТО
р?/
Т
пли, заменяя Р его выражением из формулы G), напишем:
7-=^. (Ю)
Работа деформации до предела упругости может быть выра-
выражена и через напряжение. Так как
P = aF,
ю из формулы (9) получим:
Если работу деформации отнести к единице объема, то
получим удельную работу упругой деформации:
По формулам (8) — A2) можно вычислять работу дефор-
деформации вообще дли любой точки диаграммы до предела
)пругости.

44
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
[ГЛ. II
Пример 6. Вычислить удельную работу упругой деформации
при растяжении стали, имеющей предел упругости ау = 2500 кг/см1
и модуль упругости Е = 2 • 10е кг/см2.
Решение. Удельную работу упругой деформации определяем по
формуле A2):
т _ —
250Q3
д. упр = 2Е 2 . 2 • 106
= 1,56 кгсм1ем\
8мм
Пример 7. Сравнить величины работы деформации двух сталь-
стальных стержней крзтлого сечения
(рис. 25), если наибольшие растя-
р гивающие напряжения в обоих
""•"" стержнях одинаковы и равны
с = 1500 кг! см2, Е = 2,2 • \№кг/см2
Решение. Так как минималь-
минимальные сечения и наибольшие напря-
напряжения обоих стержней одинаковы,
р то должны быть одинаковы и рас-
-*~ тягивающие силы. Из формулы E)
имеем:
-600мм-
8мм
15мм
8мм
р = cF = 1500 • ~ • 0,82 = 754 кг.
--ЕООмм^Шмм^
Рис. 25.
Работа деформации первого стержня согласно формуле (9) будет
= 15,4 кгсм!смК
Р7
7542 • 60
2EF
2 . 2,2 • 106 о,82
4
Работа деформации левой и правой частей второго стержня:
То = Д Тх = Д • 15,4 = 10,27 kzcmjcm\
Работа деформации средней части второго стержня:
2EF
2.2,2-lOe-т- Ь52
4
Работа деформации второго стержня:
Т2 = rj + 7^2 = 10,27 + 1,46 = 11,73 кгсм1см\
Следовательно,
7V>~11,73~ '
Таким образом, в стержне постоянной толщины, имеющем ту
же длину и то же максимальное напряжение, что и ступенчатый
стержень, запасается в потенциальной форме работы в 1,4 раза
больше, чем в ступенчатом стержне. Это надо оценить как положи-
положительное свойство, особенно при ударной нагрузке.

ИСПЫТАНИЕ НА СЖАТИЕ
45
§ 12. Испытание на сжатие
Как показывают сравнительные испытания сталей на рас*
тяжение и сжатие, зависимости между напряжениями и де-
деформациями до напряжений, соответствующих большим пла-
пластическим деформациям, получаются одинаковыми. Поэтому
стали на сжатие испытываются редко. В особых случаях
сталь обязательно испытывают на сжатие, например при
изготовлении роликовых и шариковых подшипников. Чугун,
работающий преимущественно на сжатие и из-
изгиб, чаще испытывается на эти виды деформа-
деформации и реже испытывается на растяжение.
При испытаниях металлов на сжатие изго-
изготовляются образцы в виде цилиндриков (рис. 26),
у которых 1 < — < 3. Образцы для испытания
камня, цемента, дерева часто имеют кубиче-
кубическую форму. Испытания на сжатие производят
па особых прессах или на универсальных ма-
машинах, позволяющих гспытывать материал и на
растяжение, и на сжатие. Форма, которую при-
приобретает образец во время испытания, зави-
зависит от материала, от отношения его высоты к размерам
поперечного сечения и главным образом от трения, возни-
возникающего в плоскостях соприкосновения оснований образцов
с плитами пресса.
Рис. 26.
Рис. 27.
Рис. 28.
Большое трение по торцам образца ведет к неравномер-
неравномерному распределению напряжений в плоскостях поперечных
сечений. Поэтому при испытаниях на сжатие стремятся умень-
уменьшить это трение введением смазки оснований образца или
особых прокладок из материала более мягкого, чем испытуе-
испытуемый материал. Бочкообразная форма сжатых образцов (рис. 27)

46
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
[ГЛ. Ц
7
и типичная форма разрушения цементного кубика (рис. 28)
объясняются исключительно трением в основании образца.
Вязкие материалы при испы-
испытании на сжатие не разрушаются.
Образец из такого материала рас-
расплющивается и принимает форму
диска. С увеличением площади
поперечного сечения увеличи-
увеличивается сопротивление деформа-
деформации, поэтому вид диаграммы сжа-
сжатия за пределом текучести иной,
чем диаграммы растяжения.
На рис. 29 показаны диаграм-
диаграммы сжатия пластичного материала
(мягкая сталь) и хрупкого (чугун).
Пластичный материал, как, на-
например, мягкая сталь, не имеет
предела прочности на сжатие.
2 4 6 8 W 12 14.F 8%
Рис 29.
Пределы
Материал
Сталь 10 ...
Сталь 20 ...
Сталь 30 ...
Сталь 40 ...
Сталь 50 ...
3°/0 никелевая
1 сталь ....
Хромоникеле-
вая сталь (за-
(закаленная)
Пружинная
сталь (зака-
(закаленная) . .
Алюминий тя-
тянутый . . .
Медь
Серый чугун
обыкновен-
обыкновенный ....
Т а б л
прочности и относительные удлинения
<пР
кг/мм°
32—40
40—50
48—60
60—75
63—80
78
115—140
135—155
9—10
22
14—18
(растяж.)
60—100
(сжатие)
28
26
22
20
16
24
12
6—8
8—13
35—38
—
Материал
Дуб вдоль во-
волокон . . .
Сосна вдоль
волокон . .
Бук
Гранит . . .
Песчаник . .
Кирпич . . •
>
кг /мм*
9,5
(растяж.)
5
(сжатие)
8
(растяж.)
4
(сжатие)
13 (растяж.)
0,5—0,8
(растяж).
0,25
(растяж.)
4—15
(сжатие)
0,74—3
(сжатие)
и ц а 3
4
3
3
—
—

ч 13| твердость 47
Хрупкий материал, например чугун, как видно из диатраммы,
разрушается и при сжатии с небольшой относительной де-
деформацией.
В таблице 3 приведены пределы прочности и относитель-
относительные удлинения для некоторых материалов.
§ 13. Твердость
Под твердостью материала понимают его способность
оказывать сопротивление проникновению в него другого, бо-
более твердого тела. Твердость является важным свойством
материала; кроме того, твердость
позволяет судить о прочности ма-
материала.
Для определения твердости ме-
металлов существует несколько спо-
способов. Одним из наиболее распро-
распространенных является способ, при
котором производится вдавливание
стального закаленного шарика в ис-
испытуемый металл.
Если вдавливать в испытуемый
металл силой Р стальной закален-
закаленный шарик диаметром D, как пока-
показано на рис. 30, то шарик проникнет на некоторую глубину h
в металл и оставит в нем вследствие пластической дефор-
деформации испытуемого металла отпечаток^в виде круглой луночки
диаметром d. Величина, характеризующая твердость, или, как
говорят, число твердости по Бринелю (Ив)> представляет
отношение силы Р, с которой вдавливался шарик, к площади
поверхности / лунки, оставшейся после вдавливания на ис-
испытуемом металле:
„ Р Р
Испытания на твердость часто производят на готовых
изделиях. Толщина изделий бывает различна: чем меньше тол-
толщина, тем меньшего диаметра берется шарик и тем с меньшей
силой он вдавливается в деталь. Для получения одинаковых

48
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
[ГЛ. II
чисел твердости в случае одного и того же материала не-
необходимо, чтобы величины сил нажатия на шарик были про-
пропорциональны квадратам диаметров шариков, т. е.
Рх
Pi
D\
2 *
d2
В зависимости от толщины изделия обычно применяются
шарики различных диаметров.
Для сталей связь между числом твердости Нв и пре-
пределом прочности выражается приближенно так:
В таблице 4 даны значения твердости по Бринелю для
некоторых материалов.
Таблица 4
Материал
Сталь
Сталь закаленная .
Чугун
Алюминий катаный
Твердость пс
Бринелю #g
(кг/мм2)
150—300
до 850
130—300
45
Материал
Медь
Белый металл (для
подшипников) . .
Твердость по
Бринелю Hft
\кг 'мм2)
60
20—28
§ 14. Контрольные вопросы
В чем заключается гипотеза плоских сечений?
Что называется полным или абсолютным удлинением?
Что называется относительным удлинением? Какова его размер-
размерность?
Сформулируйте закон Гука; как он выражается математически?
Что характеризует модуль упругости первого рода?
Какова размерность модуля упругости?
Все ли материалы подчиняются действию закона Гука?
Что называется жесткостью стержня при растяжении и сжатии?
Что такое коэффициент Пуассона?
Какие характерные точки имеет диаграмма растяжения мягкой
стали?
Что называется пределом пропорциональности, пределом упру-
упругости, пределом текучести, пределом прочности?
Как может быть определена величина модуля упругости Е
из диаграммы растяжения?
Когда на испытуемом образце появляются линии Чернова?

§ 14J контрольные вопросы 49
Почему на диаграмме растяжения напряжение, при котором
происходит разрушение образца, лежит ниже предела прочности?
Что называется пластичностью материала? Чем она характе-
характеризуется?
В чем состоит закон разгрузки?
Что называется наклепом материала?
Что выражает собой площадь диаграммы растяжения?
Что называется удельной работой деформации? Какова ее раз-
размерность?
Как изменяются механические качества стали с повышением
и понижением температуры?
Как влияет скорость нагружения образца на механические
характеристики?
Что называют твердостью и как ее измеряют?
Что называется числом твердости?
Когда появляется шейка в образце?
4 Зак. ]542. Р. С. Кинасошвили

ГЛАВА Ш
РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ
И СЖАТИИ
§15. Допускаемое напряжение и подбор сечений
Первый вопрос, с которого начинает конструктор при
проектировании, — это выбор материала. Вопрос выбора ма-
материала, как было сказано выше, решается прежде всего
сообразно с условиями работы проектируемых элементов
конструкций. При выборе материала принимаются во внима-
внимание также экономические соображения и технология изго-
изготовления. Однако этого еще недостаточно для рационального
выбора материала. Выше мы видели значительную разницу
в поведении пластичных и хрупких материалов при испы-
испытаниях их на растяжение и сжатие. Теперь мы остановимся
еще на одном обстоятельстве, которое необходимо учитывать
при выборе материала. Дело в том, что пластичные мате-
материалы в отличие от хрупких ведут себя совершенно иначе
в отношении т^к называемых местных напряжений, т. е.
напряжений, возникающих на очень небольшой части попереч-
поперечного сечения и значительно превышающих напряжения на всей
остальной части сечения.
При растяжении или сжатии напряжения распределяются
равномерно по поперечному сечению только в призматических
стержнях постоянного сечения. Однако трудно назвать какую-
либо часть машины, которая представляла бы стержень
постоянного сечения. Даже у такой простой детали, как болт,
имеются места с резким изменением поперечного сечения,
например, в нарезанной части болта и в месте перехода
стержня болта к головке. Поломки частей машин обычно
происходят в местах резкого изменения поперечного сечения.
Это снижение прочности объясняется местным повышением

ДОПУСКАЕМОЕ НАПРЯЖЕНИЕ И ПОДБОР СЕЧЕНИЙ
51
напряжения в области резкого изменения размеров попереч-
jioio сечения. Так, например, при растяжении круглого
образна с выточкой (рис. 31) или образца прямоугольного
сечения с отверстием (рис. 32) напряжения распределяются
ло опасному поперечному сечению не равномерно, а как
показано на соответствующих рисунках.
Рис. 31.
Рис. 32.
Резкое повышение напряжений имеет место в небольшой
зоне, с удалением от этой зоны напряжения быстро умень-
уменьшаются.
Отношение максимального местного напряжения к сред-
среднему напряжению, которое было бы при равномерном рас-
распределении напряжений, называется коэффициентом концен-
концентрации напряжений. Обозначив коэффициент концентрации
напряжений через а, будем иметь:
A5)
где cmax—максимальное местное напряжение, а а—напря-
а—напряжение при равномерном распределении напряжений, т. е.
среднее напряжение; это напряжение часто называют номи-
номинальным напряжением. При растяжении стержня номинальное
напряжение равно

52 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГЛ. Ill
где F — площадь поперечного сечения в данном месте
стержня.
Для нахождения величины коэффициента концентрации
напряжений, очевидно, на. о уметь определять величину
местных напряжений атах. Задача эта очень трудная и ме-
методами сопротивления материалов не решается. В большинстве
случаев максимальные напряжения определяются методами
теории упругости или опытным путем. Для многих типичных
случаев концентрации напряжений (выточки, сверления, гал-
галтели, шпоночные канавки, резьба и т. п.) при различных
видах деформации определены коэффициенты концентрации
напряжений. Значения этих коэффициентов концентрации
можно найти в справочниках. Обычно величины их лежат
в пределах 1,2—3.
Концентрация напряжений играет большую роль при
выборе материала для различных случаев нагружения. Деля
материалы на «пластичные» и «хрупкие» в зависимости
от того, с большим или малым удлинением разрушается
материал при статическом растяжении и при нормальной
температуре, можно сказать, что концентрация напряжений
различно влияет на прочность пластичных и хрупких мате-
материалов. Возьмем образец с наличием концентрации напряже-
напряжений, изготовленный из достаточно пластичного материала,
и подвергнем его статическому растяжению. С увеличением
нагрузки в образце будут расти и напряжения. После того
как в месте концентрации напряжений величина максималь-
максимального напряжения достигнет предела текучести, она дальше
с повышением нагрузки расти не будет. С повышением
нагрузки будут в опасном сечении расти напряжения, кото-
которые не достигли еще предела текучести. Таким образом,
с дальнейшем повышением нагрузки будет происходить
выравнивание напряжений по поперечному сечению. Поэтому
можно сказать, что концентрация напряжений в пластичном
материале при статическом нагружении не снижает проч-
прочности, и, следовательно, в этом случае при расчете можно
не принимать во внимание концентрацию напряжений. Иначе
дело обстоит в случае хрупкого однородного материала,
как, например, в случае очень прочной хрупкой стали. Здесь
уже концентрацией напряжений пренебрегать нельзя.
В настоящее время в технике применяется так много
материалов с различными механическими свойствами, отве-

§ 15] ДОПУСКАЕМОЕ НАПРЯЖЕНИЕ И ПОДБОР СЕЧЕНИЙ 53
чающими различным условиям работы материала, что даже
краткий обзор механических свойств этих материалов занял бы
слишком много места. Полные данные об этих свойствах,
полученные механическими испытаниями, можно найти в соот-
соответствующих справочниках.
Механические испытания материалов дают предельные
значен*я напряжений (предел прочности, предел текучести),
достижение которых в частях машин влечет за собой или
разрушение, или появление недопустимо больших дефор-
деформаций.
Для безопасной работы конструкции напряжения, возни-
возникающие в ее элементах, должны быть ниже этих предель-
предельных напряжений. Поэтому вторым важным вопросом при
проектировании является выбор безопасного, или так назы-
называемого допускаемого напряжения. Допускаемым напрг-
жением называется наибольшее напряжение, при котором
обеспечивается прочность и долговечность проектируемого
элемента конструкции. Допускаемые напряжения состав-
составляют некоторую долю от предельных напряжений. Число &,
показывающее, во сколько раз допускаемое напряжение
меньше предельного напряжения, называется запасом проч-
прочности.
В зависимости от вида нагрузки и материала при выборе
допускаемого напряжения берется то или другое исходное
предельное напряжение.
В случае хрупкого материала за исходное пределы.ое
напряжение берется предел прочности. В этом случае до-
допускаемое напряжение равно:
Если в рассчитываемом элементе конструкции из очень
хрупкой стали имеется местное напряжение и оно является
наибольшим для детали, то допускаемое напряжение в этом
определяется по формуле
где а—коэффициент концентрации напряжений, который
берется из справочника.

54 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГЛ. Ш
При наличии в детали концентрации напряжений надо
выбирать материал пластичный, малочувствительный к мест-
местным напряжениям.
Если элемент конструкции выполняется из такого не-
неоднородного материала, как чугун, то коэффициент концен-
концентрации напряжений не учитывается. Дело в том, что
в подобных материалах концентрация напряжений, вызванная
резким изменением сечения, оказывается меньшей, чем
порождаемая неоднородностью материала.
Б случае пластичного материала, такого, как строитель-
строительная сталь, за исходное предельное напряжение берется
предел текучести. В этом случае допускаемое напряжение
будет:
При постоянной нагрузке и пластичном материале кон-
концентрацией напряжений, вызванной резким изменением сече-
сечений, пренебрегают, поэтому и при наличии концентрации
напряжений допускаемое напряжение определяется по фор-
формуле A8).
Установление допускаемого напряжения или запаса проч-
прочности является очень важным практическим вопросом. Если
допускаемое напряжение выбрано слишком большим, то кон-
конструкция будет непрочной. С другой стороны, при занижен-
заниженном допускаемом напряжении размеры конструкции буду г
излишне большими, что повлечет за собой утяжеление и
удорожание конструкции. Во многих случаях утяжеление
конструкции вообще недопустимо, как, например, в самолето-
самолетостроении.
Правильный выбор допускаемого напряжения может быть
сделан только с учетом ряда обстоятельств. Прежде всего,
отметим, что внешние нагрузки, которые будут действовать
на проектируемый элемент конструкции, во многих случаях
не могут быть определены точно. Кроме того, часто напря-
напряжения определяются лишь приближенно, особенно в случаях
местных напряжений и сложных форм элементов конструк-
конструкции. Чем с меньшей точностью определены нагрузки и
напряжения, тем больший следует дать запас прочности при
установлении допускаемого напряжения.
Запас прочности должен быть назначен таким, чтобы он
мог покрывать в расчете наши неточные знания нагрузок и

§ 15] ДОПУСКАЕМОЕ НАПРЯЖЕНИЕ И ПОДБОР СЕЧЕНИЙ 55
напряжений. На величину допускаемого напряжения влияет
и материал: чем более неоднороден материал, тем больший
запас прочности следует брать при установлении допускае-
допускаемою напряжения, так как у неоднородного материала меха-
механические характеристики не могут быть определены точно.
Запас прочности берется тем большим, чем долговечнее
должна быть конструкция. Запасы прочности деталей авиа-
авиационного двигателя значительно меньше, чем двигателей
стационарных, так как вес авиационных двигателей должен
быть минимальным, зато и продолжительность службы авиа-
авиационных двигателей значительно меньше, чем стационарных,
Приведенные общие основания, которыми руководствуются
при выборе допускаемых напряжений при всех видах дефор-
деформаций, показывают, насколько вопрос этот сложен. Дать
общие нормы допускаемых напряжений, пригодные для всех
случаев, встречающихся на практике, нельзя; особенно трудно
да!ь такие нормы для всех видов машиностроения. Для не-
некоторых областей машиностроения и строительного дела
такие нормы существуют; пользование ими в этих отраслях
обязательно. С усовершенствованием методов расчета, с на-
накоплением и изучением опыта, с углублением знаний, касаю-
касающихся свойств материалов, нормы допускаемых напряжений
иремя от времени дополняются и исправляются.
В тех случаях, когда норм нет, при выборе допускаемых
напряжений руководствуются общими соображениями, при-
приведенными выше, и опытом, полученным наблюдениями
за работой ранее выполненных аналогичных конструкций.
Ниже, в таблице 5, приводятся ориентировочные вели-
величины допускаемых напряжений на растяжение и сжатие
некоторых материалов для случая статического действия силы.
Таблица составлена на основании рорм, действующих в СССР
(Н. М. Беляев, Сопротивление материалов, 1958).
Напряжения растяжения или сжатия определяются по
формуле E):
Р
Уравнение статической прочности, или расчетное уравне-
уравнение для растяжения и сжатия, если ввести допускаемое на-
напряжение, примет вид
4

56 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГЛ. Ш
где [а] — допускаемое напряжение на растяжение или
сжатие.
Таблица 5
Ориентировочные значения основных допускаемых
напряжений в kzjcm1
Наименование материала
•р!
Чугун серый в отливках
Сталь ОС и Ст. 20
Сталь Ст. 30
Сталь Ст. 30 в мостах
Сталь углеродистая конструкционная в ма-
машиностроении
Сталь легированная конструкционная
в машиностроении
Медь
Латунь
Бронза ,
Алюминий
Алюминиевая бронза
Дюралюминий
Электрон
Текстолит
Гетинакс
Бакелпзированиая фанера
Сосна вдоль волокон
Сосна поперек волокон
Луб вдоль волокон
Дуб поперек волокон
Каменная кладка
Кирпичная кладка
Бетон
_ 1200—1500
1400
1600
1400
600—2500
1000—4000 и выше
300—1200
700—1400
600—1200
300—800
800—1200
800—1500
900—1200
300—400
500—700
400—500
70—100
90—130
до 3
до 2
1—7
ЮО—120
15—20
130—150
20-35
4—40
6—25
10—90
Это расчетное уравнение позволяет решать следующие
задачи:
1. По заданной силе Р и допускаемому напряжению [з]
определить необходимую площадь сечения:
/7>-^. B0)
2. По заданной площади сечения и допускаемому на-
напряжению определить допускаемую нагрузку:

§ 15] ДОПУСКАЕМОЕ НАПРЯЖЕНИЕ И ПОДБОР СЕЧЕНИЙ
57
3. По заданной силе Р и известной площади сечения F
путем сравнения найденного по формуле E) напряжения а
с допускаемым напряжением [а] определить, достаточно ли
прочно тело.
Пример 8. Полая чугунная цилиндрическая подставка дли-
длиной 25 см сжимается нагрузкой Р = 8 т. Определить внешний диа-
диаметр Dy внутренний диаметр d и величину полного укорочения
подставки, если допускаемое напряжение на сжатие [а] = 1200 кг/см\
Е =z 8.105 kzIcmT" и d : D = 4: 5.
Решение. Из уравнения A9) имеем:
Р 100Р ^, , кР
откуда
,/"Т0
K 9^
Т00Р
Возьмем Z) = 5
/~ 100.8000 я
~ V 9-3,14.1200"" '
Внутренний диаметр
Абсолютное укорочение подставки найдем по фор-
формуле G):
а/ Р[ 8000-25 ЛЛ0Л
Д/ = - - - = = 0,036 см.
h h v
8.10^-E(> — Г-)
Пример 9. Для определения диаметра цепного железа (рис. 33)
в случае мало напряженных цепей пользуются формулой Р= 1000 d2
(где Р — растягивающая сила в кг, d — диаметр тела звена цени
в см). Определить, какое допускаемое напряжение принято в этой
формуле.
Решение. Расчетное уравнение для звена цепи будет.
Р
-^р < [а], откуда /^< [а]
а] - Л
Из сравнения полученного выражения для растягивающей силы Р
с заданной формулой находим:
откуда
~^
2

58 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГЛ. III
Пример 10. На чугунном кронштейне ЛВС (рис. 34) в шарнире
подвешен груз Q = 5 т. Определить, какие должны быть размеры
площадей поперечного сечения в тяге АВ и подкосе ВС, если
допускаемое напряжение чугу-
чугуна на растяжение 300 /сг/см\
а допускаемое напряжение на
сжатие 900 кг/см2.
Решение. Разлагаем силу О
на две составляющие по на-
наг/2 правлениям тяги АВ и под«
коса ВС.
Сила, растягивающая тягу,
о
5000
: 2880 кг.
Рис. 34.
l~ tg 60° ~ 1,732'
Сила, сжимающая подкос,
Q 5000
2 =
sin 50° 0,866 '
: 5780 кг.
Необходимая площадь сечения аяги
Необходимая площадь сечения подкоса
см\
см\
§ 16. Влияние собственного веса при растяжении
или сжатии
В тех случаях, когда собственный вес рассчитываемого
тела незначителен по сравнению с внешней нагрузкой, при
расчете на прочность собственным весом тела пренебрегают.
Но при значительной длине бруса (штанги, тросы, цепи) или
при расчете стен, каменных устоев моста и т. п. собствен-
собственным весом уже пренебрегать нельзя: он должен быть введен
в расчет как добавочная нагрузка, увеличивающая напряжение.
Рассмотрим длинный брус (рис. 35), растягиваемый
силой Р. Наиболее опасным сечением бруса будет сече-
сечение АВ в месте закрепления бруса. В этом сечении брус
растягивается силой Р и полным весом бруса О, т. е. си-
силой P-f-G. Обозначим площадь поперечного сечения бруса
через F\ тогда максимальное напряжение в расчетном сече-
сечении бруса будет равно:

§ 16] ВЛИЯНИЕ СОБСТВЕННОГО ВЕСА ПРИ РАСТЯЖЕНИИ 59
или, подставляя это выражение в уравнение A9), получим
расчетное уравнение
^ = -^-<№ B3)
Так как вес бруса G = /7«/f» где Т —вес единицы объема
материала, то расчетное уравнение можно переписать в сле-
следующем виде:
? <[3]. B4)
Отсюда расчетная площадь сечения будет:
Напряжение от собственного веса в ка-
каком-либо сечении CD, отстоящем на рас-
сюянии х от нижнего конца, будет равно:
.vT. B6)
т
Из этого выражения видно, что напряжение Рис. 35.
от собственного веса в брусе постоянного
поперечного сечения не зависит от площади сечения. Кроме
'юго, из него же видно, что при длине х, когда величи-
величина „vy сделается равной пределу прочности материала алр,
брус разрушится от собственного веса. Длина, при которой
брус разрушается от действия собственного веса, называется
критической длиной — /кр. На основании выражения B6)
имеем:
'<р = -^-. B7)
• у
Длина, при которой в брусе достигается допускаемое на-
напряжение только от действия собственного веса, называется
предельной длиной — /Х1р:
/лр = -^-. B8)
При определении максимального напряжения [формула B2)]
мы нашли суммарную силу, действующую в наиболее опас-
опасном сечении бруса, а затем получили напряжение, вызывае-
вызываемое этой силой. Но максимальное напряжение мы могли бы

60 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГЛ. Ц1
найти и иначе, а именно: определить напряжение от силы Р
и напряжение, вызываемое собственным весом О, отдельно,
а затем сложить эти напряжения. Результат, как нетрудно
видеть, получился бы тот же. В последнем случае мы вос-
воспользовались бы так называемым принципом независимости
действия сил. Принцип независимости действия сил, или,
иначе, принцип сложения, заключается в том, что при дей-
действии на систему нескольких нагрузок напряжения или дефор-
деформации могут быть определены как сумма напряжений или
деформаций, найденных от каждой нагрузки отдельно.
Таким образом, выходит, что каждая из нагрузок, взятая
отдельно, производит на систему такое действие, как если бы
она была единственной нагрузкой, действующей на систему.
Принцип сложения справедлив, когда суммарное напряжение
или суммарная деформация всех нагрузок остаются в пре-
пределах закона Гука. В противном случае этим принципом
пользоваться нельзя. В ряде случаев этот принцип облегчает
решение задач сопротивления материалов.
Воспользуемся принципом сложения для определения де-
деформации бруса (см. рис. 35). Определим сначала дефор-
деформацию бруса от действия собственного веса. Выделим из бруса
на расстоянии х от нижнего конца двумя бесконечно близ-
близкими поперечными сечениями элемент бруса длинной dx
(рис. 35). Так как длина выделенного элемента бесконечно
мала, то можно считать растягивающую силу на длине dx
постоянной. Сила эта равна F^x. Абсолютное удлинение
вы/еленного элемента на основании закона Гука G) будет
равно:
Д (dx) = ——^— = ~ x dx.
Проинтегрировав это выражение в пределах от 0 до /, по-
получим удлинение всего бруса:
г
-txdx^^. B9)
о
Выражение B9) можно представить в другом виде, под-
G
ставив в него —^ вместо ^1\ тогда получим:

§ 161
ВЛИЯНИЕ СОБСТВЕННОГО ВЕСА ПРИ РАСТЯЖЕНИИ 61
Р1
Удлинение бруса, вызываемое силой Р, равно -=гр.
Отсюда видно, что удлинение бруса от собственного
г,еса в два раза меньше, чем от силы, равной собственному
сссу и приложенной к концу бруса. Применив принцип не-
независимости действия сил, найдем, что полное удлинение
бруса будет:
EF
Пример 11. Определить предельную и критическую длину сталь-
стального стержня, если допускаемое напряжение [а] = 1500 кг/см2у пре-
предел прочности алр = 4500 кг/см* и удельный вес ? = 0,0078 кг/см*.
Решение. Предельная длина
___ fa) 1500 __ 9
Ч - — - 0,0078 ~~ l Z UU ~~
Критическая длина
' 1
Пример 12. Определить напряжение и удлинение с учетом соб-
с твсшюго веса в стальной штанге квадратного сечения 5X5 см1,
длиной / = 10 м> если растягивающий груз Р= 15 /и, ? = 2 • 106 кг/см2
и удельный вес ? = 7,8 г/смн = 0,0078 кг}см\
Решение. Максимальное напряжение в штанге
°,ч, < = ~т + h = ^?г^ + 1000. 0,0078 = 600 + 7,8 ^ 608
г Zo
Напряжение в штанге без учета собственного веса было бы
Г00 кг/см2; следовательно, пренебрежение собственным весом штанги
дало бы ошибку в напряжении на
Удлинение с учетом собственного веса определим по фор-
формуле C1):
fY Gl __ 15 000-1000 , 25-1000.0,0078.1000 _
"" EF+2EF~~ 2-106.25 + 2-2-106.25 ~
« о,3 + 0,00195 = 0,30195 см.
Пренебрежение собственным весом штанги дало бы ошибку
в удлинении, равную
' 0.30195-0,3 100
Как видно из этого примера, при небольшой длине бруса пре-
пренебрежение собственным весом ведет к небольшой ошибке.

62 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ II СЖАТИИ [ГЛ. Ill
I
§ 17. Ступенчатый брус
Из формулы B6) видно, что призматический длинный
брус в различных сечениях имеет различное напряжение.
В таких брусьях материал распределен неэкономно. Прида-
Придание брусу по всей длине одинаковых поперечных размеров,
найденных из расчета наиболее напряженного сечения, из-
излишне утяжелило бы брус. Чтобы уменьшить влияние соб-
собственного веса и рациональнее использовать материал в длин-
длинных штангах, канатах, высоких устоях
мостов и т. д., делают их сечения пере-
переменными. Брусу можно придать такую
форму, что во всех его поперечных сече-
сечениях напряжения будут одинаковы. Такой
брус называется брусом равного сопро-
сопротивления. Вследствие сложности изго-
изготовления брусьев равного сопротивления
их делают чаще ступенчатыми.
Выведем формулу для определения
площадей сечения ступенчатого бруса
(рис. 36), растягиваемого силой Р и соб-
собственным весом. Концентрацией напряже-
напряжений в местах резкого изменения размеров
поперечных сечений пренебрежем.
В общем случае длины отдельных эле-
элементов бруса могут быть разные: 1и /2,
h> • • • » In- Первый, самый нижний призматический элемент
бруса растягивается силой Ри весом этого элемента. Необхо-
Необходимая площадь сечения этого элемента определяется из фор-
формулы B5):
l^ M-'nr
К нижнему сечению второго элемента приложена сила
P+^ViT» или, иначе, сила Fx\q\. Для определения необхо-
необходимой площади сечения второго элемента воспользуемся опять
формулой B5), подставив в нее вместо силы Р силу Fl[o];
тогда ¦
4
1
ь
Рис. 36.
!'^ М-/** '

*]7] СТУПЕНЧАТЫЙ БРУС 63
или, подставив значение Flt получим:
2^ (W —/1Т)([а] — /2Т) в
К нижнему сечению третьего элемента приложена сила
[а]; следовательно, по той же формуле B5)
3 ^ М - to ~ <М - to) (М - to) (W ~ to)*
Аналогично формулам для определения площадей F2 и F3
напишем формулу для определения площади сечения я-го
элемеша:
рп > ( [0] —/1Т) ( [а] -/.Л) ( [а] - Лд) ... ( [*] —/пТ)'
В частном случае, когда длины всех ступеней одинаковы,
— / — — — ——
х 2 3 ... я ^ ,
Г) r_i?2 —1
Формула эта для удобства вычислений может быть преобра-
преобразована так:
Fn^> - - —=-—-- - —. C2)
Пример 13. На трехступенчатую штангу со ступенями призма-
призматической формы равной длины действует растягивающий груз
Р = 12ш, приложенный на конце. Определить площади сечения
ступеней штанги, ее полное удлинение и выигрыш в весе по срав-
сравнению со штангой постоянного сечения, если длина каждой ступени
штанги / = 50 м, допускаемое напряжение [а] = 500 кг/см2, модуль
упругости Е = 2 • W кг/смг и удельный вес 7=7,8 г/сд/3=0,0078 кг/см*.
Решение. Площадь сечения первой ступени, считая снизу, будет,
_ Р __ 12 000 „
Г± - [а] — Т/ ~~ 500 — 0,0078 . 5000 ~ ~Ь Ш"'
Вес первой ступени
С?! = F±li = 26 • 5000 • 0,0078 = 1010 кг.
Удлинение первой ступени по формуле C1)
д/ __ Pl . Oil _ 12 000-5000 , 1010-5000
Щ7'5Щ"~ 2-108.26 +2.2.10в.б=я1'20сл.

64 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГЛ. Щ
Площадь сечения второй ступени
Р\а] 12 000.500
([„]— т/J — E00 — 0,0078 • 5000Я
Вес второй ступени
2
- 28>2 см •
G2 = /у? = 28,2 . 5000.0,0078 = 1100 кг.
Удлинение второй ступени
п 1
1010M000 1100-5000
2-106.28,2 + 2.2-10*.28,2
Площадь сечения третьей ступени
g^ pl°J _ 12 000-500^ OAg
гз ^ ([а] __ т/K - E00 — 0,0078- 5000)* " ' '
Вес третьей ступени
G3 = Ftfl = 30,6 • 0,0078 • 5000 = 1190 кг.
Удлинение третьей ступени
л/ ^ (Pi + Gt + GJl G4 _
_ A2 000+1010+1100M000 1190^5000 _
~" 2-106.30,6 + 2.2-106.30,6 "" СМ'
Полный вес штанги
G = Gt + G2 + G3 = 1010 + 1100 + 1190 = 3300 /гг.
Полное удлинение штанги
А/ = Д/г + А/2 + Д/8 = 1,2 + 1,12 + 1 = 3,32 см.
Если бы штанга была постоянного сечения, то необходимая площадь
сечения с учетом собственного веса, определяемая по формуле B5),
была бы равна:
f 12 000 ^ ? о
_f__
a]-T/, e 500-0,0078.3.5000
Вес такой штанги был бы равен:
G' = FLf « 31,3 • 3 • 5000. 0,0078 = 3662 кг.
Следовательно, выигрыш в весе в случае ступенчатой штанги равен:
д<2 « с^_ Q = 3662 — 3300 = 362 кг,
или в процентах:
3g* 100»
3662

§ 18) СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ НА РАСТЯЖЕНИЕ 65
§ 18. Статически неопределимые задачи
на растяжение и сжатие
Во многих задачах сопротивления материалов внутренние
усилия, действующие в брусьях, не могут быть определены
при помощи только уравнений равновесия абсолютно твер-
твердого тела. Это бывает тогда, когда число неизвестных уси-
усилий больше числа уравнений равновесия, которые можно
составить для данного случая. Такие задачи поэтому на-
называются задачами спатически неопределимыми. Стати-
Статически неопределимые задачи решаются добавлением к урав-
уравнениям равновесия недостающего числа уравнений, полу-
получаемых из рассмотрения упругих деформаций. Уравнения
упругих деформаций отличаются от уравнений равновесия.
В них входят, помимо усилий и геометрических размеров,
еще и величины, характеризующие упругие свойства мате-
материала, т. е. модули упругости материала.
В настоящем параграфе на конкретных примерах пока-
зпно решение некоторых статически неопределимых задач
на растяжение и сжатие.
¦А
/77
Рис. 37.
Пример 14. Стальной брус длиною /, площадью поперечного
сечения F см\ защемленный обоими концами, подвергается дейст-
действию силы Р ~3т (рис. 37), приложенной в сечении тп, отстоящем
на расстоянии /t = 10 см от верхней и на расстоянии /2 = 20 см
от нижней заделки. Определить усилия в частях бруса 1Х и /2.
5 Зак. 1542, Р, С. Кинасошвили

66 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ {ГЛ. Hi
Решение. Сила Я растягивает верхнюю часть бруса и сжимает
нижнюю часть, поэтому обе реакции в заделках бруса будут напра-
направлены вверх. Обозначим через Rt реакцию в верхней заделке и
через /?2 — в нижней заделке. Для определения двух реакций ста-
статика дает в этом случае только одно уравнение равновесия 2 Y = О,
из которого получаем:
/?1 + /?2 = Я.
Второе уравнение получается из рассмотрения деформации бруса.
Так как концы бруса защемлены, то, очевидно, сила Р будет рас-
распределяться между верхней и нижней частями бруса так, что удли-
1нение верхней части будет равно укороче-
р нию нижней. Отсюда получаем второе урав-
уравнение
EF EF
или
Rt - /Г
т. е. реакции обратно пропорциональны
длинам 1\ и /2.
Решая это уравнение совместно с урав-
уравнением статики, находим, что
и Я, =
или, подставляя численные значения, полу-
получим:
.«.„* "^2--10 + 20 •
Рис. 38. Если ix _ 1ъ т0 х1===#2== L. рщ
Пример 15. Стальной цилиндр (рис. 38) вставлен в медную
втулку. Цилиндр и втулка сжимаются двумя абсолютно жесткими
плитами с силой Я. Определить напряжения в цилиндре и втулке,
если Я = 40 000 кг, диаметр стального цилиндра d = 10 см, вну-
внутренний диаметр втулки d± = \\ см, внешний — d2 = 21 см, модуль
упругости стали Ео = 2 • 106 кг/см2, меди Ям = ЫДО кг/см*.
Решение. Для определения величины силы, приходящейся на
стальной цилиндр Яс и на медную втулку ЯМ| статика дает только
одно уравнение:
Рс + Ям = Я. (а)
Недостающее для решения задачи второе уравнение получим
из рассмотрения деформаций. Вследствие неподатливости плит
цилиндр и втулка получают одинаковые укорочения. Укорочение
стального цилиндра

§ 18] СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ НА РАСТЯЖЕНИЕ 67
Укорочение медной втулки
Так как по условию задачи Д/с = Д/м, то
Р Р
•* г» * чж
F F F F
м
Эю уразнепие деформации можно переписать в следующем виде:
р Ел
Из уравнения (б) видно, что сила Р, действующая на цилиндр
и втулку, распределяется пропорционально их жесткостям.
Решая совместно уравнения (а) и (б), получим:
Е 0F0 EMFt
Из этих выражений видно, что величины сил зависят от жесткостей
цилиндра и втулки.
Разделив эти силы на площади поперечных сечений, найдем
соответственно напряжения в стальном цилиндре и в меднол втулке:
Р Р
Сравнивая полученные напряжения, замечаем, что их отноше-
отношение друг к другу пропорционально модулям упругости материалоз
и не зависит от соотношения поперечных сечений:
К этому заключению можно было бы прийти и проще: так как
относительные деформации цилиндра и втулки в силу неподатли-
неподатливости сжимающих их плит одинаковы, то напряжения в них согласно
закону Гука будут пропорциональны модулям упругости:
% ?о?с Ев
м мм х
Определим теперь числовые значения напряжений, подставив в соот-
соответствующие выражения значения буквенных обозначений:
с* 0 1ПЯ
Ф4от
щ Y7W 97 кг1смХ

68 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГЛ. III
X
а
Пример 16. Груз Р =\т (рис. 39) подвешен на трех стержнях.
Площадь поперечного сечения вертикального стального стержня
FQ = 1 см2; каждый из боковых медных стержней имеет площадь
сечения FM = 2 см\ Определить напряжения в стержнях и найти,
насколько оп}гстится точка привеса груза В> если длина вертикаль-
вертикального стержня /х = 0,5 м и угол
а = 45°.
Решение. Обозначим рас-
растягивающие усилия в верти-
вертикальном стержне через X.
Из первого условия равно-
равновесия шарнира В (сумма про-
проекций сил на горизонтальное
направление равна нулю) сле-
следует, что усилия в наклонных
стержнях будут одинаковыми.
Обозначим эти усилия через Y.
Из второго условия равнове-
равновесия шарнира В (сумма проек-
проекций сил на вертикальное на-
направление равна нулю) полу-
получаем:
^ + 2Fcosa=P. (а)
Недостающее уравнение для определения усилий X к Y полу-
получим из рассмотрения деформаций стержней. Пусть точка привеса
груза после деформации стержней заняла новое положение В'.
Положение стержней после деформации показано на рис. 39 пунк-
пунктиром.
Удлинение вертикального стержня будет:
Рис. 39.
Удлинение какого-либо из наклонных стержней, например ле-
левого, можно определить, опустив перпендикуляр из точки В на
новое положение стержня АВ'. Так как деформации, рассматривае-
рассматриваемые в сопротивлении материалов, малы, то можно принять длину
АЕ = АВ, т, е. перпендикуляр BE принять за дугу радиуса АВ и
считать, что угол DB'A = а. Тогда удлинение бокового стержня,
как видно из треугольника ВВ'Е, будет равно:
ЕВ' = ВВ' cos а,
AY
Д/2 = A/t cos a = -?~r COS a.
Но удлинение А/2 бокового стержня может быть еще определено
по закону Гука:
А/ - Yl»
2 ~~ F F *

6 181 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ НА РАСТЯЖЕНИЕ 69
с ледова! ел ыю, X/Xcosa
ш — _ - ¦
так как /t = !ч cos а, то
(б)
Решим это уравнение деформации совместно с уравнением ста-
статики (а). Из уравнения (б) получаем:
^JL. (в)
Подставим зто значение Y в уравнение (а):
Е F
p
о-! куда
Подстаним найденное значение X в уравнение (в)
у __.
Рели все стержни сделать из одного материала и одинакового по-
поперечного сечения, то из уравнений (г) и (в) усилия X и Y буду г
раььы:
Р
" 1 + 2 cos3 ос
и
Р COS2 a
У =
На;д?м числовые значения усилий в стержнях:
cos a = cos 45° = -L-; cos2 a = 0,5; cos3 a = 0,353;
1000 1000
А —
Ы0ь-2 1,70b
Т
2- 0,353 ~

70 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГД. Ш
Напряжения в вертикальном и боковых стержнях будут соответ-
соответственно равны:
Сс == = —580 кг/см2; а„ = —- = -гг-
Точка В привеса груза опустится на величину
§ 19. Напряжения, вызванные изменением температуры
Повышение и понижение температуры материала вызывают
в нем соответственно удлинение и укорочение. Поэтому при
неравномерном нагреве или охлаждении детали в ней могут
возникать температурные напряжения при стесненности де-
деформаций. Так, например, могут возникнуть опасные напря-
напряжения при неравномерном охлаждении литья. Большие тем-
температурные напряжения появляются в диске турбины вслед-
вследствие того, что температуры в центре диска и на периферии
неодинаковы. Вследствие различия коэф-
коэффициентов линейного расширения мате-
материалов температурные напряжения возни-
возникают и в частях машин или сооружений,
сделанных из разных материалов и скреп-
скрепI
ленных друг с другом,
р 40 Рассмотрим простейший пример воз-
возникновения температурных напряжений
в статически неопределимой системе
при изменении температуры. Пусть стальной брус длиной I
(рис. 40) закреплен между двумя неподвижными плоскостями.
Если бы один из концов бруса не был закреплен, то брус
при изменении температуры мог бы свободно удлиняться
и укорачиваться, т. е. изменения температуры не вызывали
бы в нем температурных напряжений. В данном случае вслед-
вследствие препятствия деформации, оказываемого в местах за-
закрепления при изменении температуры, в брусе появятся
напряжения.
Пусть температура, при которой брус был закреплен
в плоскостях, была tu коэффициент линейного расширения
стали а. Найдем напряжение в брусе, если температура из-
изменится и сделается равной t2.

$ 19] НАПРЯЖЕНИЯ, ВЫЗВАННЫЕ ИЗМЕНЕНИЕМ ТЕМПЕРАТУРЫ 71
Обозначим изменение температуры через t. Очевидно,
абсолютное удлинение бруса в случае одного свободного
конца было бы равно
По плоскости не дают брусу возможности удлиняться. Сле-
Следовав льно, в нем появляется напряжение сжатия, соответ-
стьую'лее относительной деформации.
Относительная деформация бруса будет равна:
е-у— l —at.
По закону Гука нормальное натряжение будет равно:
о = Ев = Eat C3)
Если t1 > /2, то в брусе будет появляться напряжение ра-
растяжения; если /i<^>> т0> наоборот, — напряжение сжатие
Таблица 6
Коэффициенты линейного расширения а некоторых
металлов на 1 °С
Наименование
материала
Алюминий ....
Бронза . .
Медь
Никель ....
а
22,5-КГ6
17,5-10'6
16,5-10
13-10
! Наименование
! материала
Сталь
Цинк
Чугун
Электрон ....
а
12.10
35,4-Ю
10,4-Ю
28,5- 10~°
Для определения силы, с которой брус будет действо-
действовать на закрепляющие его плоскости, надо знать площадь
сучения бруса. Обозначив эту силу через Р, а площадь по-
поперечного сечения бруса через F, будем иметь:
Если принять допускаемое напряжение для стали [а] ==
— 1000 кг/см2, ?~2 • 106 кг/см2 и коэффициент линейного
расширения а = 0,000012, то при изменении температуры
на / = 505 напряжение в брусе составит:
о = Eat = 2 . 10е. 0,000012 . 50 = 1200 кг/см2 > 1000 кг! см2

72 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГЛ.
III
Напряжение, как видим, получилось больше допускаемого.
Отсюда вытекает, что при проектировании необходимо учи-
учитывать напряжения от изменения температуры и проекти-
проектировать так, чтобы этих напряжений или не было совсем,
или чтобы они были незначительны. Это достигается особым
укреплением концов, оставлением температурных швов и т. п.
В таблице 6 даны коэффициенты линейного расширения
некоюрых металлов.
Пример 17. Трамвайные рельсы сварены при температуре окру-
окружающей среды 20°. Какое напряжение будет в рельсах при повы-
повышении температуры до 40°, если а — 12 • 10~8 и Е — 2 • \№кг/см:?
Решение. Изменение температуры равно:
t = 40° — 20° = 20°.
Напряжение определим по формуле C3):
а = Eat = 2 • 10е • 12. 1<Гв. 20 = 480 кг/см2.
Пример 18. Стальной ступенчатый брус (рис. 41) закреплен
между двумя неподатливыми стенами при температуре t\. Опреде-
Определить величины напряжений в обеих ступенях бруса, если темпера-
температура его повысилась до t2.
Рис. 11.
Решение. Абсолютное удлинение бруса в случае отсутствия
стен было бы равно:
Д/ = а (*2 —*!)(/! + /*). (а)
Стены препятствуют свободному удлинению бруса, следовательно,
они сжимают брус с такой силой Д которая вызывает в кем уко-
укорочение, равное по величине удлинению А/.
Укорочение бруса, вызываемое силой Р, будет:
Д/:
Из уравнений (а) и (б) получим:
(б)

о 201
РАСЧЕТ ПО ДОПУСКАЕМЫМ НАГРУЗКАМ 16
n-
Напряжение в левой ступени бруса будет:
EFt ^ EF
Напряжение в правой ступени бруса
EFX
§ 20. Расчет статически неопределимых систем
по допускаемым нагрузкам и по предельным состояниям
Выше при расчете на растяжение и сжатие как стати-
статически определимых, так и статически неопределимых кон-
конструкций размеры поперечных сечений определялись из
условия
Smax < [a].
При выполнении этого требования максимальное напряжение
в наиболее напряженном месте не превосходит допускаемого
напряжения. Иначе говоря, определение размеров основы-
основывалось на допускаемом напряжении.
В последнее время в некоторых случаях размеры конст-
конструкций стали определять не по допускаемому напряжениюу
а по допускаемой нагрузке. Поясним преимущества нового
Л1етода по сравнению с методом расчета по допускаемым
напряжениям.
Пусть требуется определить размер поперечного сечения
стержня, сделанного из мягкой стали, имеющей предел те-
текучести от. Если запас прочности принят равным к, то
площадь сечения стержня определится из следующего не-
неравенства:
или
. (б)

74 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГЛ. U1
Определим теперь площадь поперечного сечения по до-
допускаемой нагрузке, принимая тот же запас прочности k.
При расчете по допускаемой нагрузке имеем:
Р<Рдо„=%> (в)
где ^доп — допускаемая нагрузка, а ЯПр — предельная на-
нагрузка, в данном случае нагрузка, вызывающая в сечении
напряжение, равное пределу текучести ст. Но
яр-
следовательно,
р -
* дои
Условие прочности (в) примет вид
-А-
ИЛИ
Pk
(г)
(Д)
Таким образом, расчет по допускаемой нагрузке в данном
случае привел к тому же результату, что и расчет по до-
допускаемому напряжению, так как условия прочности [урав-
[уравнения (а) и (г) J остались одинаковыми.
К такому же результату мы пришли бы,
рассматривая и более сложные случаи расчета
статически определимых конструкций.
Иначе дело обстоит, если конструкция ста-
статически неопределима и выполнена из пластич-
пластичного материала, скажем из мягкой стали. Рас-
Рассмотрим простой пример. Пусть стержень из
мягкой стали, заделанный по концам, нагру-
нагружен силой Р, как показано на рис. 42. Опре-
Определим площади поперечного сечения по до-
допускаемому напряжению и по допускаемой на-
нагрузке при одном и том же запасе прочности k.
Усилия в верхней и нижней частях стержня (см. пример 14,
стр. 65) соответственно равны:
= Plj и R2 =

с 20] РАСЧЕТ ПО ДОПУСКАЕМЫМ НАГРУЗКАМ 75
Пусть 1% > U* тогда в верхней части стержня напряжения
буяут больше, чем в нижней. Площадь сечения стержня при
расчете по допускаемому напряжению определится из условия
Напряжение в верхней части стержня будет иметь ма-
кспмальное значение -—• В нижней части действует меньшее
усилие R2, поэтому в ней напряжение будет меньше -~»
а запас прочности будет больше.
Следовательно, при определении площади сечения стержня
по допускаемому напряжению материал нижней части
стержня не будет использован полностью.
Определим теперь площадь поперечного сечения стержня
по допускаемой нагрузке. Так как стержень выполнен из
мягкой стали, имеющей на диаграмме растяжения (сжатия)
площадку текучести, то после того как в верхней части
стержня напряжение достигнет предела текучести, здесь оно
дальше увеличиваться не будет. С увеличением силы Р на-
напряжение станет расти только в нижней части стержня. Так
будет происходить до такого значения силы Р, когда
и в нижней части стержня напряжение достигнет предела
текучести. Только после этого дальнейшее увеличение силы
вызовет текучесть всего стержня. Иначе говоря, предельной
нагрузкой в данном случае будет та, которая вызовет на-
напряжение в обеих частях стержня, равное от. После того
как в верхней части стержня напряжение достигнет от, наша
система становится статически определимой, так как часть
предельной силы, идущей на растяжение верхней части,
будет известна, т. е. станет равной^от^х, где Fx—искомая
площадь поперечного сечения., стержня.
Следовательно, другая часть предельной силы, сжимающая
нижнюю часть бруса, будет равна Рпр — oTFlt Когда эта сила
вызовет напряжение в нижней части стержня, равное пре-
пределу текучести от, будет удовлетворено равенство
Рпр — ^FX = ^FV
Следовательно, предельной нагрузкой будет:

76 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГЛ. III
Так как условие прочности при расчете по допускаемой
нагрузке выражено неравенством
Р
р ^ п пр
* ^ *доп — —jr- »
то мы будем иметь:
откуда искомая площадь
F -> Pk
Сравнивая площадь Z7, найденную по допускаемому на-
напряжению, с площадью Fu найденной по допускаемой на-
нагрузке, мы видим, что
Fi<F.
Отношение площадей
:
/о
Обозначим ~ = п, тогда
1 + п
2п
Таким образом, отношение площадей в нашем случае
зависит от величины /г, т. е. от места приложения на-
нагрузки Р.
1 F 91
Так, например, если ^=20, то -^=.~ т. е. необхо-
необходимая площадь сечения, получаемая при расчете по допу-
допускаемой нагрузке, примерно в 2 раза меньше, чем при
расчете по допускаемому напряжению. Следовательно, на
изготовление детали можно использовать вдвое меньше ма-
материала. Экономия не получится только в том случае, когда
я=1. В этом случае расчеты по допускаемой нагрузке
и по допускаемому напряжению дадут одинаковый резуль-
результат. Обьясняется это тем, что при п = 1 напряжения по
всей длине стержня одинаковы.
Метод расчета по допускаемой нагрузке более полно
учитывает прочность конструкций, изготовленных из пла-
пластичных материалов. Это позволяет облегчать вес конструк-
конструкции, т. е. эконома 1Ь материал, идущий на ее изготовление.

§ 20]
РАСЧЕТ ПО ДОПУСКАЕМЫМ НАГРУЗКАМ
77
Пример 19. Три стержня из мягкой стали с пределом теку-
текучести от одинакового поперечного сечения F поддерживают абсо-
абсолютно твердый брус АВ, к которому приложена сила Р (рис. 43).
Крамше стержни одинаковой длины / расположены симметрично
относ mi елыю среднего стержня, длина которого -^ I .
Сравнить величины допускаемых сил Р, получаемых при рас-
расчете но допускаемому напряжению и допускаемой нагрузке, если
запас прочие сш k в том и другом случае
должен быть одинаковым.
Решенае. Определим допускаемую
силу сначала по допускаемому напряже-
напряжению Обозначим эту силу Р/. Так как
крайние сгержни расположены симмет-
симметрично относительно среднего и точки
приложения силы, то они будут воспри-
воспринимать равные усилия; обозначим их Pv
Усилие, воспринимаемое средним стер-
жьем, обозначим Р2.
Из условия равновесия имеем:
-Р/ = 0
'дол v*
(а)
Рис. 43.
Для определения неизвестных Pt и Р2 составим дополнительное
уравнение деформации. Так как брус абсолютно жесткий, то удли-
удлинения стержней будут одинаковыми:
EF
(б)
Из уравнений (а) и (б) находим:
о — 1 р' • Р — * р'
г\ — ~ 'доп' *2 — 7J" ^доп-
Так как средний стержень несет большее усилие, то допуска-
допускаемую силу Р' определим из условия прочности этого стержня:
01 куда
Р'
доп
Определим теперь допускаемую силу методом расчета по до-
допускаемой нагрузке. Обозначим предельное значение силы, при

78 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГЛ. Ill
которой во всех стержнях достигается напряжение, равное пределу
текучести, через Рпр. При возрастании силы напряжения достигнут
предела текучести раньше в среднем стержне, чем в крайних.
В момент достижения напряжениями в среднем стержне предела
текучести от он воспринимал бы усилие, равное от/\ Тогда на каж-
каждый из крайних стержней приходилась бы сила
Так как при предельном значении силы в крайних стержнях
напряжение достигает предела текучести, то будем иметь:
Определим отсюда значение Р
лр:
^
Допускаемое значение силы, которое обозначим Р^оп, будет
Из сравнения значений допускаемых сил Ядоп и Рд0П заключаем,
что в данном случае метод расчета по допускаемой нагрузке позво-
позволяет допустить силу, в 1,5 раза большую, чем метод расчета по
допускаемому напряжению.
В 1955 г. был введен в действие новый метод расчета
строительных конструкций, являющийся обязательным для
строительных организаций. Приведем краткие сведения об
основах этого метода, отличающегося от метода расчета по
допускаемым напряжениям. В этом методе различаются три
предельных состояния конструкций с точки зрения удовле-
удовлетворения эксплуатационным требованиям:
1) Расчетное состояние по несущей способности конструк-
конструкции, или иначе—по прочности, устойчивости и усталости
материала;
2) расчетное состояние по жесткости конструкции, со-
согласно которому ее деформации должны лежать в пределах
установленных норм;
3) расчетное состояние по развитию местных повреж-
повреждений, например по образованию и раскрытию трещин.
Для каждого из трех предельных состояний в строительных
правилах и нормах расчета устанавливаются соответствующие

§ -;о]
РАСЧЕТ ПО ДОПУСКАЕМЫМ НАГРУЗКАМ 79
расчетные формулы, выполнение требований которых дает
как бы гарантию нормальной эксплуатации строительной
конструкции.
Оценка первого предельного состояния выполняется с по-
помощью определения так называемой несущей способности
конструкции или отдельных ее элементов. Для случая цент-
центрального растяжения стержня о несущей способности стержня
судят по величине силы Ntt,Ci определяемой по формуле
Na.c = F.R«. k -m, (I)
где F—площадь поперечного сечения стержня, /?н — так
называемое нормативное сопротивление материала, часто
назначаемое равным пределу текучести; k^ 1 —коэффициент
неоднородности материала, иногда принимаемый (для стали)
равным 0,9; т^, 1 — коэффициент условий работы, отражаю-
отражающий влияние местных ослаблений поперечного сечения стержня,
особенностей его формы (тонкостенность и др.)> вида
эксплуатации и пр.; так как влияние концентраций напря-
напряжений учитывается коэффициентом т, величина его может
понижаться значительно и быть ниже 1:аЭфф, где аЭфф—эф-
аЭфф—эффективный коэффициент концентрации. Произведение /?п • к
иногда называют расчетным сопротивлением материала.
Величина силы NHtCf определяемой по формуле (I), для
иьшолиений расчета должна быть сопоставлена с так назы-
называемым расчетным усилием Npt которое получается умно-
умножением действующих в конструкции усилий на так назы-
называемые коэффициенты перегрузки /гх и п2.
AfP = А^лост • /*i + ^вР • /ь; (И)
здесь А^лост и А/вр—усилия соответственно от постоянной
и временной нагрузок, а коэффициенты п{ и п2 нормируются
правилами расчета, причем предполагается, что возможная
перегрузка временной нагрузкой (п2) обычно выше перегрузки
от постоянной нагрузки (я,).
Расчетной формулой по первому предельному состоянию
для деформации растяжения является Np^NWiCy или после
подстановок значений Afp и Nn.o из формул (I) и (II) имеем:
AW • nv + AfBp • п2 < F . /?н . k • т. (Ill)
Допустим для примера, что задано NnoC7 — 2m; NBp =2,2 т;
/4=1,1; я2=1,5; /?н = от = 2,3 m/сл/2; k = m = 0,9.

80 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ [ГЛ. III
Из формулы (III) находим:
р 2-1,1+2,2.1,5 о о
Такова потребная площадь поперечного сечения стержня.
Расчетной формулой по второму предельному состоянию
служит
А</, (IV)
где А — действительное перемещение в конструкции, / —
нормативное; в расчетах на растяжение стержней формула (IV)
редко используется.
Третье предельное состояние характерно в расчетах по
железобетону.
§ 21. Контрольные вопросы
Что называют коэффициентом концентрации напряжении?
Дайте определение допускаемому напряжению и запасу проч-
прочности.
Какое напряжение берется за основу при выборе допускаемо» о
напряжения для хрупкого материала?
Какое напряжение берется за основу при выборе допускаемого
напряжения для пластичного материала?
В каких случаях пренебрегают концентрацией напряжений при
выборе допускаемого напряжения?
Что такое брус равного сопротивления?
Какая длина бруса называется критической длиной и какая
предельной?
По каким формулам определяются напряжение и деформация
в растягиваемом или сжимаемом брусе постоянного сечения при
учете собственного веса?
Объясните выгоду ступенчатого бруса по сравнению с призмой
при учете влияния собственного веса.
Какие задачи называются статически неопределимыми?
Какие дополнительные уравнения необходимо составить для
решения статически неопределимых задач?
Привести пример возникновения температурных напряжении.
В чем разница расчетов по допускаемой нагрузке и допу-
допускаемому напряжению?
Какие расчетные предельные состояния приняты в строитель-
строительных нормах и правилах 1955 г.?
Что такое коэффициенты перегрузки, неоднородное!и Mai ернала
и условий работы?
Что называют нормативным сопротивлением?

ГЛАВА IV
СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ
§ 22. Напряжения в наклонных сечениях
при осевом растяжении или сжатии
Выше при рассмотрении растяжения бруса мы опреде-
определяли напряжения только в плоскости, перпендикулярной
к i оправлению действующих сил.
Определим теперь, какие напряжения возникают по на-
к.юшюму сечению MN элемента бруса, растягиваемого двумя
V7
SJ
противоположно направленными силами (рис. 44, а). Усло-
Условимся положительный угол <р наклона сечения отсчитывать
проiив часовой стрелки от направления силы до нормали
к сечению. Разрежем мысленно брус по сечению MN и от-
отбросим верхнюю часть (ркс. 44, б). Для равновесия нижней
оставшейся части приложим в плоскости сечения внутренние
^илы упругости. Силы эти будут направлены вверх парал-
параллельно силе Р. Результирующая их равна Р. При равно-
Ь Зак. 1542. Р. С. Кинасошвили

62 СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ [ГЛ. IV
мерном распределении сил упругости по сечению напряже-
напряжение в сечении MN будет равно:
где /% — площадь сечения МЫ,
Обозначим площадь нормального сечения через F, а на-
напряжение в этом сечении через о; тогда
о ——
Так как
F = F
9 cos у'
то
Р Р COS 'f _____
р — -рГ — р — 3 COS ср.
Напряжение р в плоскости сечения AW является полным
напряжением в этом сечении. Для определения нормального
и касательного напряжений в сечении MN разложим полное
напряжение р на две составляющие, как показано на рис. 44, в.
Нормальное напряжение в наклонном сечении MN обозна-
обозначим с?, а касательное через т?:
о? = р cos ср = о cos2 ср, C4)
тф = р sin <р = <j sin ср cos ср = — sin 2cp. C5)
Касательное напряжение будем считать положительным, если
его направление совпадает с направлением нормали, повер-
повернутой на 90° по часовой стрелке до совпадения с плоскостью
сечения MN. В данном случае напряжение х? положительно.
Таким образом, мы видим, что при простом растяжении
бруса по наклонным сечениям возникают одновременно как
нормальные, так а касательные напряжения. Из выраже-
выражений C4) и C5) видно, что а? и тт зависят от угла наклона.
Посмотрим, как изменяются эти напряжения с изменением
угла ср»
Если ср = 0, т. е. в поперечном сечении, то величина
нормального напряжения, как видно из C4), достигает своего
максимального значения и делается равной о:
Т max

§ 22] НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ОСЕВОМ РАСТЯЖЕНИИ ИЛИ СЖАТИИ 83
Касательное напряжение для этой плоскости сечения
равно нулю, что видно из выражения C5):
тт = ~ sin 0 = 0.
Если ср = 45°, то
JL sin an0 JL
— IT —?"
Следовательно, в плоскостях сечений, наклоненных под
углом 45° к направлению растягивающих сил, нормальные
а касательные напряжения равны половине максимального
нормального напряжения, действующего в поперечном
сечении.
Касательные напряжения в плоскостях, для которых
фгг=:1350 и ср = 45°, достигают своего наибольшего значе-
значения по абсолютной величине:
mm ^
В продольной плоскости, иначе говоря, для ср = 90°:
о9 = о cos2 y = o cos2 90° = 0,
T? = ^sin2cp = YSinl80o = 0,
т. е. в продольной плоскости нет ни нормальных, ни ка-
с стельных напряжений.
Таким образом, при действии на брус продольной силы
с нем возникают одновременно нормальные и касатель-
касательные напряжения и соответствующие этим напряжениям
деформации удлинения и сдвига.
Этот вывод имеет в сопротивлении материалов чрезвы-
чрезвычайно важное значение.
Многие материалы, как, например, мягкая сталь, сопро-
сопротивляются воздействию касательных напряжений значительно
хуже, чем нормальным напряжениям. Поэтому, несмотря на
то, что максимальные касательные напряжения при растяже-
растяжении или сжатии достигают только половины максимальных
нормальных напряжений, они являются опасными и могут
стать причиной разрушения таких материалов.
6*

84
СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ
[ГЛ. IV
В частности, появление при растяжении на образце на-
наклонных линий Чернова объясняется влиянием касательных
напряжений. Эти линии, иногда заметные простым глазэм,
указывают на происходящие в материале сдвиги; направление
их определяется действием максимальных касательных на-
напряжений.
В плоскости Alj/Vi, перпендикулярной к плоскости сече-
сечения MN (рис. 45), нормальное напряжение а v~ и касатель-
касательное т зя можно определить по
2
формулам C4) и C5), подставляя
в них вместо угла ср угол ср —|— —г>~ •
о ?1С = a cos2 (ср + -?•) = а sin29,
C7)
C8)
— g-sin2cp.
Складывая величины нормаль-
нормальных напряжений в двух взаимно
перпендикулярных плоскостях
(сечения MN и Mj/Vj), получим:
оф -{- а зтс = а cos2 ср ~{- а sin2 ср ==
= о (cos2 ср 4- sin2 ср) = а. C9)
Следовательно, сумма нормаль-
нормальных напряжений в двух взаимно
перпендикулярных плоскостях
растягиваемого бруса равна нормальному напряжению а,
действующему в плоскости поперечного сечения.
Из сравнения касательных напряжений во взаимно пер-
перпендикулярных плоскостях 1формуло1 C5) и C8I находим,
что
*, = -* з.. D0)
Следовательно, касательные напряжения в двух взаимно
перпендикулярных плоскостях равны между собой по

§ 2
ПОНЯТИЕ О ГЛАВНЫХ НАПРЯЖЕНИЯХ 85
абсолютной величине и противоположны по знаку {на-
{направлению).
Этот важный вывод называется законом парности каса-
касательных напряжений. Таким образом, если в какой-либо
плоскости элемента действуют касательные напряжения, то
и перпендикулярной к ней плоскости имеются равные по
абсолютной величине касательные напряжения противополож-
противоположного знака.
В заключение заметим, что все полученные в этом па-
параграфе формулы для случая растяжения бруса продольной
силой справедливы и в случае сжатия бруса. Следует только
помнить, что растягивающие напряжения считаются положи-
положительными, а сжимающие — отрицательными.
§ 23. Понятие о главных напряжениях
В § 22 при одноосном растяжении (сжатии) бруса мы
видели, что в брусе на некоторых площадках одновременно
но шикают напряжения нормальные с и касательные т. Кроме
-юго, в том же параграфе мы нашли, что в брусе имеются
сечения, в которых нет касательных напряжений: одни из
таких сечений перпендикулярны к оси растянутого (сжатого)
Гпуса (ср = 0), другие параллельны его оси (с? = 90). В пер-
ш>.х сечениях возникают, как мы видели, максимальные нор-
нормальные напряжения, во вторых сечениях нормальные на-
напряжения минимальны; в рассмотренном случае они были
par ни нулю.
Такие площадки, в которых отсутствуют касатель-
касательные напряжения, называются главными, а нормальные
напряжения, действующие по этим площадкам, пазы-
ва/стся славными напряжениями.
Главные площадки и главные напряжения можно опре-
определить не только при осевом растяжении (сжатии) бруса.
Оказывается, что при любом напряженном состоянии тела
через каждую его точку можно провести три взаимно пер-
перпендикулярные главные площадки, т. е. такие, в которых
отсутствуют касательные напряжения. В одной площадке
действует наибольшее (максимальное) по алгебраической
величине напряжение cv во второй площадке — главное
напряжение с2 и в третьей площадке действует главное
напряжение с3, являющееся наименьшим из трех главных

86 СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ [ГЛ. 1у
напряжений. Таким образом, нумерация главных напряжений
соответствует условию
Так, например, если из напряженного тела вырезан эле-
элементарный кубик, грани которого параллельны главным пло-
площадкам, и в этих площадках действуют напряжения
-f- 500 кг/см2, — 300 кг/см2, — 200 кг/см2, то нумерация
главных напряжений будет такой:
а1 = 500 кг/см2, а2 = — 200 кг/см2, ог = — 300 кг/см2.
Если все три главных напряжения не равны нулю, как
в приведенном примере, то такое напряженное состояние
называется объемным напряженным состоянием.
Плоским напряженным состоянием называется такое со-
состояние, когда одно из главных напряжений равно нулю.
Случай растяжения (сжатия) по двум направлениям относится
к плоскому напряженному состоянию.
Если два главных напряжения равны нулю, то такое на-
напряженное состояние называется линейным напряженным
состоянием. Случай растяжения (сжатия) по одному напра-
направлению, рассмотренный в § 22, относился к линейному на-
напряженному состоянию.
§ 24. Напряжения в наклонных сечениях
при растяжении (сжатии)
по двум взаимно перпендикулярным направлениям
Пусть элемент, вырезанный из призматического бруса,
растягивается равномерно распределенными напряжениями по
двум взаимно перпендикулярным направлениям (рис. 46). Так
как по горизонтальным и вертикальным площадкам бруса
нет касательных напряжений, то нормальные напряжения
будут главными; поэтому мы их обозначим ах и g2, считая
Определим напряжения в каком-либо наклонном сечении,
перпендикулярном к плоскости чертежа.
Если бы брус растягивался только в одном горизонталь-
горизонтальном направлении, то напряжения в сечении MN согласно

^ 241 напряжения при растяжении по двум направлениям 87
формулам C4) и C5) были бы равны:
о^ = ах cos2 cp,
(а)
(б)
Напряжения в том же сечении MN только от растяжения
бруса в вертикальном направлении определяются по тем же
формулам C4) и C5). Подставляя в правые их части
. 3
нмес го угла ср угол ср -{- ~~ тг,
найдем:
<?f = a2sin2cp, (в)
rr ao
^ —— ysin2cp. (г)
Полное нормальное на-
напряжение в сечении MN
найдем на основании прин-
принципа независимости действия
сил, т. е. суммируя выраже-
выражения (а) и (в):
п ' \«
ас? — °о -h °? =
--atcos2cp -\-o2sm2y. D1)
Таким, же образом, сум-
ммруя выражения (б) и (г),
получим полное касательное
напряжение:
= ~ sin 2cp —
sin
или
= -- (ох — о2) sin 2cp. D2)
Рис. 46.
Для определения максимального и минимального нор-
нормальных напряжений возьмем первую производную выраже-
выражения D1) по ср и приравняем ее нулю:
-Л _ — 2вг cos cp sin cp -f- 2a2 sin cp cos cp = (<зх — о2) sin 2ср = 0.
Этому уравнению удовлетворяют два значения угла ср, а
именно: <р = 0 и ср = 90°. Из выражения D1) видно, что

83 СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ [ГЛ. IV
при ах > а2 <зтах будет при ср = 0°, в этом случае атах = alf
а amin бУДеТ ПРИ <Р = 90'' Т0ГДа °min = a2-
Следовательно, главные напряжения ot и о2, действующие
в площадках, где нет касательных напряжений, являются
наибольшими и наименьшими нормальными напряжениями.
Наибольшее касательное напряжение,как видно из выра-
выражения D2), будет при sin2<p —1, т. е. когда ср = 45°:
T ( °>
Если sin 2ср = — 1, т. е. ср = 135°, то для такой пло-
площадки касательное напряжение будет по абсолютной вели-
величине равно ттах.
Следовательно, наибольшие касательные напряжения равны
полуразности главных напряжений и действуют по площад-
площадкам, наклоненнььм к главным площадкам под углом 45°.
Пример 20. Определить нормальное и касательное напряжения
к площадке, наклоненной к горизонтальной грани бруса под уг-
углом «р, если брус растягивается по двум взаимно перпендикулярным
направлениям равными напряжениями а.
Решение. По формуле D1)
а? = j cos2 ср -j~ a sin' <? = j,
по формуле D2)
!
Следовательно, во всех сечениях будут действовать равные нор-
нормальные напряжения; касательных напряжений в сечениях не будет.
§ 25. Определение главных напряжений
Определим главные напряжения для общего случая пло-
плоского напряженного состояния. Возьмем элемент бруса, по
граням которого действуют равномерно распределенные нор-
нормальные напряжения ах и ау и касательные напряжения х
(рис. 47, а). Напряжения <зх и оу не будут главными напря-
напряжениями, так как в площадках, на которых они действуют,
имеются еще касательные напряжения. Выделим из бруса
около точки Л элементарную трехгранную призму ЛВС с бес-
бесконечно малыми гранями (рис. 47, б). Определим напряжения
<зФ и т?> действующие по наклонной площадке ВС> из усло-
условий равновесия призмы ABC.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГЛАВНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ
89
Обозначим через dF площадь грани ВС\ тогда, очевидно,
площадь грани АС будет afFsincp, а площадь грани АВ бу-
будет dF cos ср. На грань ВС действует нормальная сила o^dF
и касательная t^dF. На грань АВ действует касательная
ста xdF cos cp и нормальная сила axdF cos у. На грань АС
действует касательная сила idF sin cp и нормальная сила
a,,dF sin ср. Искомые напряжения о? и т? найдем, спроекти-
спроектировав все силы, действующие на выделенную призму, на
в
n
4
-t-t-
r
и
z
±14
6j,
Рис. 47.
направления напряжений а? и т? и приравняв суммы проек-
проекций этих сил нулю.
Проектируя силы на ось iV, получим:
^N = o(?dF — ох dF cos2 cp -f- т dF sin cp cos cp +
-\-idF cos cp sin cp — Oy dF sin2 cp = 0;
на ось Т:
^ T—x^dF — ox dF sin <? cos у-h*dFsin у sin cp —
— т dF cos cp cos cp -|~ oy dF sin cp cos cp = 0.
Сокращая левые и правые части этих уравнений на dF и
принимая во внимание, что
sin2cp
2" (l —cos 2cpj, 2 sin cp cos cp = sin 2cp,
cos- cp — sin2 cp = cos 2cp,

90 СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ [ГЛ. IV
получим для нормального и касательного напряжений сле-
следующие выражения:
о9 = ах cos2 cp 4~ ву sin2 о — х sin 2-f, D4)
т9 = -j ox sin 2^р — -^оу sin 2ср -f- х cos 2cp. D5)
Так как
. « 1 — cos 2ф о 1 + cos 2ф
sm2cp = ^—I-, cos- ф = —^ L.
то выражениям (а) и (б) можно придать следующий вид:
с, = 2&±1м. + ^Цр> cos 2? — х sin 2?, D4а)
т<р == ^=^. sin 2cp-f-x cos 2?. D5а)
Эти напряжения зависят от угла наклона площадки.
Найдем главные напряжения; они действуют по площадкам,
где нет касательных напряжений, поэтому по уравнению D5а)
легко определить положение главных площадок, приравняв
т9 нулю. Тогда
= — 2\ . D6)
Из этого уравнения для угла ср получим два значения,
отличающиеся друг от друга на 90°. Одно из значений ср
будет соответствовать максимальному значению а?, а другое —
минимальному. В этом легко убедиться, так как первая
производная от о? по ср,
-^ = — ^-==-^- 2 sin 2» — 2т cos 2<p,
обращается в нуль, если подставить в нее значение угла,
даваемое формулой D6).
Таким образом, максимальное и минимальное напряжения,
т. е. главные напряжения, будут для каждой точки бруса
действовать в двух взаимно перпендикулярных главных пло-
плоскостях. Для определения главных напряжений вспомним,
что тригонометрические функции, входящие в уравнение D4),
могут быть представлены в виде
sin 2<p = ±: й o==r" > cos 2cP ===:

§ 23] ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГЛАВНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ 91
Теперь уравнение D4а) можно переписать так:
9
Для вычисления главных напряжений подставим в по-
последнее выражение значение ig 2cp [см. формулу D6)]:
2т
После преобразований получим:
И гак, главные напряжения (наибольшее и наименьшее
нормальные напряжения) соответственно равны:
r !
Если сложить два главных напряжения, то получим:
Отсюда следует, что и в общем случае плоского напря-
напряженного состояния, как и в случае простого растяжения
[см. формулу C9)], сумма нормальных напряжений, действу-
действующих по двум взаимно перпендикулярным площадкам, —
величина постоянная и равна сумме главных напряжений.
Ранее, в § 24, мы нашли, что максимальные касатель-
касательные напряжения равны полуразности главных напряжений и
действуют по площадкам, наклоненным к главным площад-
площадкам под углом 45°.
Следовательно, максимальное касательное напряжение
будет равно:
т gmax cmin l/7o л \2 _L At2 D9>\
тат О О V \ X U/ \~ "^ • Ч*°/
max 2. Z *" и ' ч
Этот же результат можно было получить из уравнения D5а)
аналогично тому, как из уравнения D4а) получено значе-

92
СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ
[ГЛ. IV
Пример 21. Определить главные напряжения и расположе-
расположение главных площадок для элемента (рис. 48), находящегося под
У
Рис. 48.
действием напряжений:
(У
По формулам D7) определяем главные напряжения:
2а4-а , I
- »)' + 4 ^ = 0,795a.
Направление главных площадок определяем по формуле A6).
2cpt == 135°,
= 67,5°,
= —45°,
- — 22,5°.
§ 26. Деформация при растяжении или сжатии
по двум взаимно перпендикулярным направления?*!.
Удельная работа деформации
Пусть брус прямоугольного сечения (рис. 49) растягивается
по двум взаимно перпендикулярным направлениям х и v
напряжениями ох и а2. Определим относительные удлинения,
которые получит брус в направлениях осей х, у и z.

§ 26]
ДЕФОРМАЦИЯ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ
93
Если бы на брус действовало одно растягивающее напря-
напряжение аи то относительное удлинение в направлении растя-
растяжения согласно закону Гука F) было бы равно ~~, а по
осям у и z брус получил бы относительное укорочение
Аналогично этому при действии только одного растягиваю-
растягивающего напряжения а2 относительное удлинение в направлении
растяжения было бы равно -^г, а по осям х и z брус полу-
получил бы относительное укороче-
укорочение — Р- -§.
Следовательно, при одновремен-
одновременном действии напряжений а, и а2
относительные деформации в направ-
направлениях осей ху у и z будут соот- $ ^ | \_ \ \ * х
ветственно равны:
/
У
/
/
ез==_1Х^_[АД§ Рис. 49.
В общем случае объемного напряженного состояния
относительные деформации еи s2 и г3 соответственно будут
равны:
D9)
Частные случаи. 1) Простое растяжение: ох=а,
= 0; тогда по формуле D9) получим:
?i — -р t ?2 — Iх р» ?з — — (х ~р •

94 СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ [ГЛ. ГУ
2) Растяжение по двум взаимно перпендикулярным на-
направлениям, если ^ = 02 = 0; о3 = 0; тогда из формулы D9)
получим;
2*
Если напряженное состояние тоское, т. е. ?s = Ot и
известны относительные деформации et и е2, то из формул D9)
легко определяются напряжения ct и а2:
°1== 1_{
E1)
Этими формулами часто пользуются при эксперименталь-
экспериментальном определении напряжений, измеряя et и е2.
Определим изменение объема куба с длиной ребер, равной
единице, если он растягивается по трем взаимно перпенди-
перпендикулярным направлениям х, у и г. Если до деформации объем
куба был равен единице (г>0=1), то после деформации,
вследствие изменения длины ребер, объем его будет равен:
пренебрегая произведениями малых относительных дефор-
деформаций, получим:
Увеличение объема:
Подставив значения elf e2 и е3, из формулы получим D9):
или
'g + c+a» (!-?>*)¦ E2)

$ 26J ДЕФОРМАЦИЯ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ ИЛИ СЖАТИИ 95
Из этого равенства видно, что при |i = 0,5 во всех
случаях напряженного состояния изменения объема элемента
не происходит.
Найдем теперь выражение удельной работы деформации
при растяжении или сжатии по двум направлениям. Удель-
Удельная работа деформации при растяжении (сжатии) в одном
направлении выражается формулой A2):
1 2? 2 *
При плоском напряженном состоянии, ориентируя грани
кубика со стороной, равной единице, по площадкам, где
действуют напряжения аА и о2» получим:
7=^ + ^. E3)
Подставив сюда значения et и s2, будем иметь:
или
^ ^ E4)
Это и есть выражение удельной работы при плоском
напряженном состоянии.
Пример 22. Определить напряжения ^ и а2, действующие по
двум взаимно перпендикулярным направлениям," если замеренные
относительные деформации по этим направлениям соответственно
равны: е1 = 0,00075, е2 = —- 0,00065. Известно также, что
Е = 2 .106 кг/слЛ jx = 0,3.
Решение. Напряжения аг и а2 вычислим по формулам E1):
^ °'3 '0'00065) = 1220
1^3 + 0,3 • 0,00075) = - 935 кг/слР.
Пример 23. Определить относительные деформации бруса et и е2а
если растягивающие напряжения ах = 1000 кг/см2 и а2 = 500 кг/см\
Модуль упругости ? = 2' W кг/см2, Коэффициент Пуассона (х = 0,3.

96 СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ [ГЛ. 1
Решение. На основании формулы D9) находим:
1000 "S00
?l e ТЛ5ё— °'3 T7W в 0>0005 ~0>000075 = °>
S00 1000
°3
0>00025 "~ °»00015 = °»0001-
Пример 24. Определить относительные деформации бруса
ег и е2, если растягивающее напряжение ох = 600 кг/см\ а сжима-
сжимающее а2 = — 750 кг/см- (рис. 50). Модуль
упругости Е = 2/2 • 1Q6 кг/см2, Коэффициент
Пуассона р. = ОД
Решение. На основании формулы D9)
имеем:
(\(\(\ 7^0
uyju л о f OKJ f\ П0А^7^
~75° -0,3-^^-0,000423.
2 2,2 • 106 v'" 2,2 •
Пример 25, Определить, при каком,
соотношении растягивающих напряжений ot
и с2 (Рис« 49), деГ.ствующих на брус по
р гл взаимно перпендикулярным направлениям
относительная деформация ег будет от-
отсутствовать.
Решение. Подставив в формулу D9) вместо ?^ нуль, получим;
откуда
§ 27. Теории прочности
При рассмотрении напряжений в наклонных сечениях
растягиваемого бруса (§ 22) мы видели, что в этих сече-
сечениях возникают одновременно нормальные и касательные
напряжения и связанные с ними линейные и угловые де-
деформации. Поэтому даже в самом простом случае напряжен-
напряженного состояния, в таком, как, например, растяжение бруса
в одном направлении, причиной наступления опасного состоя-
состояния материала могут быть нормальные или касательные
напряжения, достигающие определенных пределов для дан-
данного материла. В дальнейшем под опасным состоянием
материала мы условимся понимать для пластичных материа-
материалов наступление состояния текучести, а для хрупких—

? 271 теория прочности 97
вступление разрушения в обычном смысле этого слова.
Четение материалов на хрупкие и пластичные, как было
сказано выше, в § 9, является условным. Материал, пока-
запший себя пластичным при простом растяжении, в случае
всестороннего растяжения может разрушиться, как хрупкий,
б.-з значительных остаточных деформаций. И наоборот,
хоупкий при простом растяжении материал может вести
себя при другом напряженном состоянии, как пластичный.
Поэтому правильнее говорить не о хрупком и пластичном
материале, а о хрупком или пластичном состояниях мате-
материала.
У такого хрупкого материла, как чугун, сопротивление
отрыву частиц меньше, чем сопротивление сдвигу. Поэтому
нарушение сцепления между отдельными его частицами
происходит до появления заметных остаточных деформаций и
разрушение происходит вследствие отрыва. У пластичного
материала, как, например, у мягкой стали, сопротивление
сдвигу вначале меньше сопротивления отрыву. Поэтому
в таком материале происходит сдвиг элементов кристалли-
кристаллической решетки по кристаллографическим плоскостям,
вследствие чего в нем появляются остаточные деформации.
С появлением первых остаточных деформаций сопротивле-
сопротивление сдвигу начинает расти. Окончательное разрушение
ма гериала сопровождается значительными пластическими
деформациями.
Таким образом, прочность материалов, находящихся
в хрупком состоянии, характеризуется величиной сопротив-
сопротивления отрыву частиц, а прочность пластичных материалов
характеризуется величиной сопротивления образованию оста-
остаточных деформаций, сопротивления сдвигу.
При одноосном напряженном состоянии бруса вопрос
об истинной причине разрушения материала не имеет боль-
большого практического значения, так как допускаемые напря-
напряжения всегда могут быть определены из результатов непо-
непосредственного испытания материала.
Иначе дело обстоит при сложном напряженном состоянии,
когда брус, например, растягивается по двум взаимно пер-
перпендикулярным направлениям. В таких случаях опытное
определение величин, характеризующих условия разрушения
материала, и выяснение причин разрушения сопряжено
с большими трудностями.
7 Зак r.j2. Р. С. Кинасошвялв

98
СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ
[ГЛ. IV
Для того чтобы при сложном напряженном состоянии
судить о наступлении разрушения материала по пределу
текучести или пределу прочности, полученным при простом
растяжении, необходимо знать истинную причину наступле-
наступления разрушения материала. До настоящего времени на осно-
основании теоретических и опытных исследований было выска-
высказано несколько предположений о причине разрушения мате-
материалов. Предположения эти
носят названия теорий прочно-
прочности. Теории прочности ставят
своей задачей оценить на осно-
основании характеристик материа-
-+-Ог лов, полученных при простом
растяжении или сжатии, воз-
у можность разрушения мате-
| ^ риала, находящегося в слож-
rt ном напряженном состоянии.
QJ б) Теория наибольших нор-
нормальных напряжений. В осно-
основе этой теории прочности, вы-
Рис. 51.
сказанной еще Галилеем, ле-
лежит предположение, что материал разрушается от наибольших
нормальных напряжений. Иначе говоря, независимо от слож-
сложности напряженного состояния разрушение материала про-
происходит тогда, когда нормальное напряжение в каком-либо
направлении достигает величины напряжения, при котором
происходит разрушение в случае простого растяжения или
сжатия. Пусть например, брус (рис. 51, а) при растяжении
в одном направлении разрушается при нормальном напряже-
напряжении а. Тогда согласно этой теории брус, растягиваемый по
трем взаимно перпендикулярным направлениям (рис. 51, б)
при at > а2 > а3 начнет разрушаться, когда наибольшее напря-
напряжение ах достигнет величины а. Напряжения о2 и а3> меньшие,
чем ои в этой теории прочности не принимаются во внимание.
Для материалов, работающих одинаково на растяжение
и сжатие, условием прочности будет
Для материалов, у которых допускаемое напряжение на
сжатие [а]сж Ф [а]р, проверка прочности должна произво-
производится и на растяжение, и на сжатие.

? 27] теория прочности 99
Если, например, at > О, а2 > 0, а о3 < 0, то условиями
прочности будут:
F Oi<[a]P, |а3|<[а]с,к, E5)
г tc Ыр и [о]ож — соответственно допускаемые напряжения
на растяжение и на сжатие.
Первая теория прочности была предложена ранее других;
D период ее создания строительными материалами были
главным образом хрупкие материалы (чугун, камень и т. п.).
Наблюдение за их разрушением навело создателей этой
теории на мысль, что причиной разрушения всех материалов
являются наибольшие нормальные напряжения. Эта теория
даст достаточно удовлетворительные иногда результаты
только при расчете деталей из хрупких материалов. Начало
разрушения пластических материалов, т. е. появление в них
текучести вследствие больших касательных напряжений,
si ой теорией не объясняется. Кроме того, одним из серьез-
U1IX возражений против первой теории прочности служит
тог факт, что кубик при всестороннем сжатии, как показал
опыг, выдерживает во много раз большие напряжения, чем
при простом сжатии.
Теория наибольших линейных деформаций. В основании
эти теории прочности лежит предположение, что материал
независимо от сложности напряженного состояния разру-
разрушается тогда, когда относительное наибольшее удлинение или
укорочение в каком-либо направлении достигает такой вели-
величины, при которой происходит разрушение при простом
растяжении пли сжатии. Эта теория была высказана еще
в девяностых годах XVII века.
Если брус находится в сложном напряженном состоянии
и известны главные напряжения alt c2 и с3, то наибольшая
линейная деформация возникает в направлении одного из
главных напряжений. Линейные деформации при сложном
напряженном состоянии в направлениях главных напряжений
определяются по формулам D9):
DЭ)

100 СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ [ГЛ. IV
Напомним, что в эти формулы напряжения аи а2 и а3 под-
подставляются с их знаками. В зависимости от соотношения
величин си о2 и о3 можно всегда по формулам D9) опре-
определить наиболее опасную деформацию для данного мате-
материала. Согласно второй теории прочности наиболее опасная
относительная деформация, которую мы обозначим етах,
не должна быть больше допускаемой относительной дефор-
деформации |s] при простом растяжении или сжатии, т. е.
8Ш„<1»1. E6)
Допускаемая относительная деформация определяется из из-
известной формулы
М = -^. E7)
где [а] — допускаемое напряжение на растяжение или сжатие.
Пусть наиболее опасным относительным удлинением,
определяемым по формуле D9), будет удлинение е1э т. е.
emax = el. Тогда подставив его в E6), получим:
Bi<[s]. E3)
Чтобы не вычислять относительных деформаций, условие
прочности E8) удобнее выразить через напряжения, для чего
подставим в E8) вместо ег и [s] их выражения:
Если опасным относительным удлинением будет е2, то усло-
условие прочности будет:
*2 —H"(°3 + 0lXM- F0)
Аналогично можно составить условие прочности и по выра-
выражению е3:
Левые части E9) и F0) представляют некоторые напряже-
напряжения, которые называются эквивалентными напряжениями
и обозначаю 1ся аэк:
Сэк = «1 V- («2 + аз) < М»
аэк = о2 — {х (о3 + аг) < [о],
Оэв = а3 — [х (sj + а2) < (а].
F1)

r o7i ТЕОРИЯ ПРОЧНОСТИ 101
§ ^li
Таким образом, при расчете по этой теории прочности
определяется наибольшее эквивалентное напряжение по фор-
м\ 1зм F1), которое не должно превосходить допускаемого
напряжения. Понятие об эквивалентном напряжении, которого
в гепствительности в брусе нет, вводится только для избе-
избежания вычисления относительных деформаций. Эквивалент-
Эквивалентное напряжение равно тому напряжению, которое получи-
получилось бы в растягиваемом или сжимаемом брусе, если его
относительная деформация была бы равна максимальной
опюсительной деформации бруса, находящегося в сложном
напряженном состоянии.
Вторая теория прочности хотя и принимает во внимание
псе три главных напряжения, но опытами недостаточно
хорошо подтверждается, а иногда стоит и в противоречии.
Так, например, по этой теории брус, растягиваемый по двум
ьзаимно перпендикулярным направлениям, должен выдержи-
paib большую нагрузку, чем при растяжении по одному
направлению. Опыт этого вывода не подтверждает.
Теория наибольших касательных напряэюений, В осно-
иании этой теории прочности лежит предположение, что
основной причиной появления опасного состояния (теку-
(текучести) материала являются наибольшие касательные напря-
напряжения. Эта теория была предложена в восьмидесятых го-
годах XVIII века. Согласно этой теории текучесть материала
независимо от сложности напряженного состояния наступает
тогда, когда наибольшее касательное напряжение достигает
величины, при которой происходят появления опасного состо-
состояния (текучести) в случае простого растяжения.
В § 24 мы вывели формулу для определения наиболь-
наибольшего касательного напряжения при деформации бруса по
двум взаимно перпендикулярным направлениям с напряже-
напряжениями О, И Со.
В этом случае наибольшее касательное напряжение равно:
Если брус деформируется по трем взаимно перпендику-
перпендикулярным направлениям с напряжениями оь о2 и о3, то наи-
наибольшие касательные напряжения определяются по формулам:
W-Чр. t2 = ^ii. T, = !izp. F2)

102 СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ [ГЛ. IV
В эти формулы напряжения а1э о> и аз подставляются
с их знаками. Пусть aL > а2 > а3; тогда наибольшим каса-
касательным напряжением будет:
^тах=—~ #
Если at > a2 > 0 и a3 = 0, то наибольшим касательным на-
напряжением будет:
^тах 2 *
Для удовлетворения условию прочности согласно третьей
теории прочности наибольшее касательное напряжение не
должно превышать наибольшего касательного напряжения,
допускаемого при простом растяжении:
Если при простом растяжении за допускаемое нормаль-
нормальное напряжение принять [о], то допускаемое касательное
напряжение согласно формуле C6) будет:
Следовательно, условием прочности будет:
*ш„<Т' F4)
или, принимая во внимание F3), получим:
Напряжение ot — a3 можно назвать эквивалентным напряже-
напряжением, поэтому условие прочности F5) запишется так:
Зэк = *1 —0з<[з]- F6)
Таким образом, согласно этой теории прочности опасное
состояние в материале наступит тогда, когда разность между
наибольшим и наименьшим нормальными напряжениями
достигнет предельной величины для данного материала.
Эта теория прочности дает достаточно хорошее совпаде-
совпадение с результатами опытов для пластичных материалов, как,
например, мягкая сталь и т. п. Для таких материалов,
как чугун, для которых [з1р?=1з]сж, в условие прочности F6)
вносится поправка.

n 27] теория прочности 103
Теория прочности, обобщающая третью теорию прочности
и на случаи, когда [з]р?Ф1сж, носит название теории проч-
прочности Мора.
Для случая, когда а3 < 0 и [з1р^=[а!с:к> условием проч,
иосгн по теории iMopa будет:
Для частных случаев, когда [з] = [з]ож, эта теория проч-
прочности совпадает полностью с третьей теорией прочности.
Теория наибольших касательных напряжений и теория Мора
даю! лучшее совпадение с опытами, чем первые две теории.
Однако и они не могут быть признаны совершенными.
Факт разрушения бруса, растягиваемого по трем взаимно
перпендикулярным направлениям с равными напряжениями,
-]. е. когда ох = а2 = а3 > 0, не может быть объяснен каса-
касательными напряжениями, которые равны в этом случае нулю
Теория энергии изменения формы. Получившая широкое
распространение для пластичных материалов, энергетическая
теория основана на предположении, что опасное состояние
материала независимо от напряженного состояния наступает
тогда, когда удельная потенциальная энергия деформации
связанная с изменением формы, достигает определенной
иеличины.
В § 26 мы вывели выражение E4) удельной работы для
случая плоского напряженного состояния:
Г=^(°1-Ь°2 — 2W2> E4)
Эгу величину удельной работы можно представить себе
состоящей из двух частей: одной части, идущей на измене-
изменение объема кубика, и другой—идущей на изменение его
формы. В том же § 26 было показано, что объем тела не
изменяется, если [х = 0,5. На основании этого, полагая
и выражении E4) коэффициент Пуассона \х равным 0,5, мы
получим величину удельной работы при неизменном объеме,
т- е. величину удельной работы (Т$), изменяющей только
форму:
7 (° )

104 СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ [ГЛ. IV
При простом растяжении, когда напряжение будет равно
допускаемому, удельная работа будет кр[°]2-
Следовательно, условие прочности при плоском напря-
напряженном состоянии по четвертой теории прочности будет:
ИЛИ
/a2 + i— a1a2<[a]. F8)
Для объемного напряженного состояния
Va\ -f- o'j + о] — @,0, + о2а3 + ^з) < [а]. F9)
Левые части условий прочности F8) и F9) представляют
эквивалентные напряжения; обозначая по-прежнему эти на-
напряжения через аэк, перепишем условия прочности так:
аж = уо2 + о|—Olo2 < [a|, G0)
<Ьк = V°I + <*] + аз — <а1а2 + ^з + о^з) < (а). G1)
Несмотря на большую практическую важность, вопрос
о разрушении материала еще недостаточно изучен. Этот
вопрос с большим успехом разрабатывается советскими
учеными.
В связи с работами Н. Н. Давиденкова и Я. Б. Фрид-
Фридмана возник вопрос о создании обьединенной теории проч-
прочности, в которой учитывался бы характер разрушения мате-
материала и связь его со свойствами материала и видом напряженного
состояния. Пока этот вопрос не получил вполне положи-
положительного решения.
§ 28. Расчет тонкостенных сосудов
Тонкостенными сосудами называются сосуды, толщина
стенок которых мала по сравнению с размерами резервуара
и радиусы кривизны стенок не менее чем в 20 раз больше
их толщины.
При расчете тонкостенных сосудов допускают, что тонкие
стенки не сопротивляются изгибу и в них возникают только
напряжения растяжения или сжатия, распределяющиеся равно-
равномерно по толщине стенок. При расчете с такими допущениями

§ 28)
РАСЧЕТ ТОНКОСТЕННЫХ СОСУДОВ
105
цистерн, баков, паровых котлов, цилиндров двигателей и т. п.
получаются вполне удовлетворительные результаты.
Выведем общую формулу для расчета тонкостенных
резервуаров, имеющих форму тела вращения.
Обозначим толщину стенки сосуда через S, избыточное
давление через р, радиус кривизны, соответствующий про-
продольному сечению (по меридиану), через ov радиус кривизны,
соответствующий поперечному сечению (по широте), через р2.
Рис. 52.
Вырежем из стенки резервуара, подверженного внутрен-
внутреннему давлению, бесконечно малый элемент (рис. 52). В по-
полученных сечениях действуют напряжения о{ и о2 по двум
взаимно перпендикулярным направлениям, т. е. вырезанный
элемент находится в плоском напряженном состоянии. На этот
элемент будут действовать силы: в сечении, длину которого
обозначим через ds2, сила
dNi = охо ds2,
в сечении, длину которого обозначим через dsv сила
dN2 = о2о dsv

106 СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ [ГЛ. IV
Эти силы должны уравновешивать силу, приложенную
к поверхности элемента и вызванную давлением в резервуаре,
т. е. силу
dP =
Составим уравнение равновесия сил, действующих на
вырезанный элемент. Для этого спроектируем силы dNv
dN2 и dP на направление нормали к поверхности элемента:
2dNx sin -—- -j- 2dN2 sin -— dP = 0.
Углы dat и da2 бесконечно малы, поэтому можно прибли
же «но принять, что
sin~~ = -~; sin-^~ = -~.
Следовательно, уравнение равновесия можно переписать
так:
dNx dat -f- dN2 d(x2 — с!Р.
Бесконечно малые углы между сечениями равны:
0A ~ 77' *2 ~ 77 •
подставив в уравнение равновесия значения сил и углов,
пол)чим:
CjO Оо2 1- О20 aOj = р «Ol GO2.
Pi P2
Разделив все члены уравнения на произведение dSxdS2o,
получим уравнение Лапласа
~+~ = ^. G2)
Применим это уравнение для расчета наиболее часто
встречающихся форм тонкостенных сосудов — сферических
и цилиндрических.
Сферический резервуар. Пусть тонкостенный сферический
резервуар находится под внутренним избыточным давлением р
(рис. 53). Обозначим средний диаметр резервуара через ?>.
В сферическом резервуаре р1 = р2=-|)-.

? 28] РАСЧЕТ ТОНКОСТЕННЫХ СОСУДОВ
На основании уравнения G2) получим:
107
D
Так как в силу симметрии в сферическом резервуаре
|==3я = а, то
Dp
46 '
G3)
Следовательно, нормальное напряжение в резервуаре
прямо пропорционально давлению и диаметру и обрат-
обратно пропорционально толщине
стенки.
Цилиндрический резервуар.
Пусть средний диаметр цилин-
цилиндрического резервуара (рис. 54)
будет D, толщина его сте-
Рис. 53.
Рис. 54.
нок о, длина /. Найдем напряжения ах и о2, действующие
соответственно в продольных и поперечных сечениях стенок,
если избыточное внутреннее давление равно /?.
У цилиндрического резервуара радиус кривизны, соответ-
соответствующий продольному сечению, обращается в бесконечность:
р2=оо, так как образующие цилиндра (меридиана) — прямые
линии, а радиус кривизны, соответствующий поперечному
сечению, равен радиусу цилиндра
D
поэтому па основании уравнения G2) получим:
D

108 СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ [ГЛ. IV
Следовательно, напряжение в продольном сечении, стре-
стремящееся разорвать резервуар по образующей цилиндра, будет:
*, = f. G4)
Это напряжение, как видно из сравнения с формулой G3),
в два раза больше, чем в сферическом резервуаре того же
диаметра.
Найдем теперь напряжение в поперечном сечении цилин-
цилиндрического резервуара. Для этого разрежем резервуар пло-
плоскостью, перпендикулярной к оси, и отбросим одну половину.
Давление на днище резервуара создает силу, стремящуюся
разорвать резервуар по поперечному сечению. Сила эта
равна р —-- . Эта сила уравновешивается силой упругости,
равномерно распределяющейся по поперечному кольцевому
сечению резервуара, т. е. силой a27zD?j. Из условия равно-
равновесия
^ tiD
откуда
<V=4?. G5)
Из сравнения уравнений G4) и G5) видно, что в ци-
цилиндрическом резервуаре напряжение по продольному сече-
сечению в два раза больше, чем по поперечному. По этой
причине в цилиндрических резервуарах продольные клепаные
или сварные швы делаются прочнее, чем поперечные.
Пример 26. Определить по энергетической теории прочности
толщину стенки шарового резервуара для хранения сжатого газа
давлением р = 400 кг/см-, если D = 40 см и допускаемое напря-
напряжение [а] =г 4000 кг/см*.
Решение. Главные напряжения по формуле G3):
pD
°i = a* = ~4-.
Подставим эти напряжения в расчетную формулу четвертой теории
прочности G0):

~ 29] контрольные вопросы 109
^4 [а; 4-4000 ' """
В данном случае расчет по четвертой теории прочности дает
такоч же результат, как и расчет по первой теории прочности.
Пример 27. Определить по третьей и четвертой теории проч-
i ости толщину стенки цилиндрического резервуара для газа давле-
1У1с1\ р = 150 кг/см2, если D = 40 см и допускаемое напряжение
Ы = 3000 кг/см2.
Решение. Главные напряжения по формулам G4) и G5) будут:
т _pD ^ pD
Напряжением сжатия, на внутренней поверхности цилиндра, рав-
равным давлению газа в резервуаре, пренебрегаем. Толщина стенки
по ipc-тьен теории прочности
pD __ 150^40 ___
^ 2J5J "" 2 . 4000 "" и'/Э СМ'
Л ля определения толщины стенки по четвертой теории проч-
гости подставим значения ^ и а2 в формулу G0):
0,433 ^< [а],
откуда
ь 150-40.0,433
° ^ 4000
§ 29. Контрольные вопросы
По каким формулам определяются нормальное и касательное
напряжения в плоскостях наклонных сечений при простом растя-
растяжении?
В каком сечении бруса при растяжении возникают максималь-
максимально нормальные напряжения и в каком сечении — максимальные
касательные напряжения?
1ему равна сумма нормальных напряжений в двух взаимно
перпендикулярных сечениях растягиваемого бруса?
р чем заключается закон парности касательных напряжений?
Какие^ напряжения называются главными?
Как обозначаются главные напряжения?

ПО СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ [ГЛ. IV
Какое состояние материала называется линейным, плоским
и объемным напряженным состоянием?
По каким формулам определяются главные напряжения в общем
случае плоского напряженного состояния?
Как выражаются относительные деформации через напряжения
при объемном напряженном состоянии?
Как выражается удельная работа через напряжения при плоском
напряженном состоянии?
Для чего служат теории прочности?
На каких предположениях основаны первая, вторая, третья
и четвертая теории прочности?
Какое общее уравнение используется для расчета тонкостенных
сосудов?

ГЛАВА V
СДВИГ
§ 30. Понятие о срезе и сдвиге. Напряжения при сдвиге.
Закон Гука при сдвиге
Если на брус действуют две равные силы Р, весьма близко
расположенные друг к другу, перпендикулярные к оси бруса
и направленные в противоположные стороны, как это бы-
иает при разрезании металлических прутков или листов
ножницами (рис. 55,а), то при достаточной величине сил
Рис. 53.
происходи г срез. Левая часть тела отделяется от правой
но некоторому сечению АВ. Характерным для среза является
близость расположения сил Я. Деформация, предшествую-
предшествующая срезу, заключается в перекашивании прямых углов эле-
элементарного параллелепипеда. Деформация эта называется
сдьигом. На рис. 55, б показан сдвиг, происходящий в паралле-
л^пипеде до среза; прямоугольник abed превращается в па-
параллелограмм abe'd'. Величина ее* (рис. 56), на которую
сечение cd сдвинулось относительно соседнего сечения ab%

112
сдвиг
[гл. v
очень близко от него расположенного, нсз^вается абсолют-
абсолютным сдвигом. Абсолютный сдвиг зависит от расстояния
между смежными сечениями ab и cd. Чем больше это рас-
расстояние (при прочих одинаковых условиях), тем больше бу-
будет и величина абсолютного сдвига.
с
t
h
1
1
/
/a
P >
/
Ркс. 56.
Угол ^, на который изменяются прямые углы паралле-
параллелепипеда, называется относительным сдвигом. В упругом
состоянии этот угол очень мал. Напомним, что в сопротивле-
сопротивлении материалов рассматриваются малые деформации, про-
происходящие в материале до наступления предела упругости.
Относительный сдвиг может быть определен из отношения
ее
ее а^ ^ ^
ас h b • '^ ''
G6)
Вследствие малости угла у тангенс его можно принимать
равным самому углу, выраженному в радианах.
Мерой (сдвига является относительный сдвиг у, т. е.
отношение абсолютного сдвига между двумя близкими смеж-
смежными сечениями к расстоянию между этими сечениями;
выражается он в радианах.
Если провести в брусе сечение между двумя срезываю-
срезывающими силами (рис. 57,а) и отбросить одну часть, то дей-
действие отброшенной части на оставшуюся надо заменить
внутренними силами. Силы эти будут действовать в плоскости
сечения (рис. 57,6). Следовательно, сдвиг вызывает касатель-
касательные напряжения. Если предположить, что внутренние силы
распределяются равномерно по площади сечения, то вели-
величина касательных, или сдвигающих, напряжений определится

301 ПОНЯТИЕ О СРЕЗЕ И СДВИГЕ. НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ СДВИГЕ 113
по формуле
F '
G7)
где р площадь поперечного сечения бруса. Эксперимен-
Экспериментально установлено, что величина сдвига в пределах упру-
(их деформаций пропорциональна сдвигающей силе Р, рас-
расстоянию /г, на котором сдвиг происходит, и обратно про-
поониональна площади сечения F.
\р
II
а)
c. 57.
Если ввести коэффициент пропорциональности -„-» зави-
зависли uii or свойств материала, закон упруiости для сдвига
выразится формулой
а —
Ph
OF #
G8)
п а Р
принимая во внимание, что ~~ = у и — = т, получим
другое выражение этого закона для сдвига:
T = Gf. G9)
Формулу G9) называют законом Гука для сдвига. Срав-
Сравнивая формулу G7) с формулой E), формулы G8) и G),
а также G9) и F), видим, что все основные формулы сдвига
совершенно аналогичны формулам растяжения и сжатия.
Величина G, входящая в формулы G8) и G9), называется
модулем упругости при сдвиге или модулем упругости
ьторого рода. Так как f— величина отвлеченная, то из G9)
заключить, что размерность О будет такая же, как и
Ь Зак> 1542. Р. С. Киаасошвили

114 сдвиг [гл. v
напряжения, т. е, кг\смг. Между величинами Е и G для
одного и того же материала имеется следующее соотношение:
О ^0,4 Е. (80)
Соотношение это установлено опытными измерениями. В § 32
это соотношение будет получено и из теоретических сооб-
соображений.
§ 31. Чистый сдвиг при растяжении и сжатии бруса
по двум взаимно перпендикулярным направлениям
В твердом теле можно создать такое напряженное со-
состояние, когда на поверхностях элементов, определенным
образом вырезанных из тела, будут действовать только одни
касательные напряжения. Напряженное состояние прямоуголь-
прямоугольного параллелепипеда, на четырех гранях которого действуют
только одни касательные напряжения, называется чистым
сдвигом.
Рассмотрим частный случай одновременного действия на
элемент бруса растягивающих и сжимающих усилий во вза-
взаимно перпендикулярных направлениях, когда напряжения
растяжения и сжатия, вызываемые этими усилиями, по абсо-
абсолютной величине равны друг другу (рис. 58, а), т. е.
ot = — s3 = а, а а2 = 0. Здесь мы применили обозначения,
принятые в § 23.
В § 24 было показано, что наибольшие касательные
напряжения возникают в площадках, наклоненных к направле-
направлению главных площадок под углом 45 и 135°.
В данном частном случае в этих площадках касательные
напряжения на основании формулы D3) будут равны:
тТтах = У f а1 — (— °зI =  (*1 + °з) = 9" (° + а> = °'
Нормальных напряжений в этих площадках совсем не
будет, в чем легко убедиться, подставив <р = 45° и о = 135°
в формулу D1):
===^ —~as==~a —io==0,
= alcos21350+(—33sin2135°)=~ol — ia3 = ^-a — ~a^0.

Л 32] ЗАВИСИМОСТЬ МЕЖДУ МОДУЛЯМИ УПРУГОСТИ Е И G 115
Следовательно, в рассматриваемом случае элемент abed
гутри бруса, боковые грани которого составляют с напра-
направлениями главных напряжений углы в 45°, испытывает на
а) о1
Рис. 58.
четырех своих гранях только касательные напряжения. Дру-
п\ки словами, элемент находится в напряженном состоянии,
газываемом чистым сдвигом.
§ 32. Зависимость между модулями упругости Е и G
Выше было показано, что растяжение или сжатие бруса
сопровождается сдвигом в плоскостях наклонных сечений
бруса. Следовательно, деформация растяжения или сжатия
тесно связана с деформацией сдвига. На основании этой
связи возможно теоретически определить зависимость между
модулями упругости Е и G.
Возьмем прямоугольный параллелепипед, растягиваемый
в одном направлении и сжимаемый в другом, как показано
1]а рис. 58, б.
Если <?!—-<;, o2-=zQ и а3 = — а, то элементарный ку-
б«и< abed будет находиться в состоянии чистого сдвига.
Равные до деформации длины Ob и Ос после деформации

116 сдвиг [гл. v
изменятся: длина Ob увеличится и станет равной Ob'.
а длина Ос уменьшится и станет равной Ос'\
Ob' = Oft A + Ч). Ос' — Ос A 4- е3)-
Относительные деформации st и е3 по формулам D9)
равны:
1 1 q 1 t
tL ' Ъ, с,
1 1 a t
е3==тг(о3 — {ха1) = -^(— а — |ха) = —-^A 4" И-)-
Следовательно,
Прямой угол до деформации между гранями кубика аЪ
и be уменьшится. Обозначим уменьшение этого угла, т. е.
деформацию сдвига, через *р тогда
te (-т- гг) = т^гт = • (^)
& \ 4 2 / (Ж , з v
Так как ~ представляет малый угол, то можно положить,
что tgy = -j« Поэтому
= —Ц Ц- = -. (б)
Из формул (а) и (б) получим:
-i 1—
или
(в)

§33)
ДОПУСКАЕМОЕ НАПРЯЖЕНИЕ ПРИ СДВИГЕ
117
Выше, в § 31, было показано, что касательные напряже-
напряжения т *ia гранях элементарного кубика, находящегося в со-
состоянии чистого сдвига, равны напряжению а, т. е. т = а.
С друг°й стороны, т = О'у. Следовательно, в данном случае
о =г О т.
Подставив это значение о в формулу (в), получим:
Е (81)
Формула эта выражает зависимость между модулем упру-
roci и сдвига и модулем упругости растяжения или сжатия.
В зависимости от значения коэффициента Пуассона [л для
данного материала меняется и численная зависимость
между G и Е.
Если |л =
1
то
2
— -rE.
1 3
Ес.ж |x = -j, то G — -gE.
В таблице 7 даны средние значения модуля упругости О
для некоторых материалов.
Таблица 7
Значения модуля G
Материалы
Сталь
Чугун
Медь
G, кг.см*
8,1 • 10»
4,5. 105
4.100—4,9-105
Материалы
Алюминий ....
Дерево
G> кг/см*
2,6 • 105
0,055-105
§ 33. Допускаемое напряжение при сдвиге
Вопрос выбора допускаемого напряжения при сдвиге
(срезе) сложнее, чем при растяжении и сжатии. При выборе
Допускаемого напряжения исходят из предела текучести или
"редела прочности материала. Однако непосредственное опре-
определение этих характеристик материала при сдвиге услож-
усложняется тем, что трудно практически воспроизвести чистый
сдвиг без изгиба и других добавочных явлений, влияющих
на результаты испытания. Поэтому допускаемое напряжение

118 сдвиг [гл. v
при сдвиге устанавливается из теоретических соображений,
проверенных практическим применением.
В § 25 мы рассмотрели общий случай плоского напря-
напряженного состояния, показанного на рис. 48.
Главные напряжения для этого общего случая опреде-
определяются уравнениями D7):
D7)
Чистый сдвиг представляет частный случай общего слу-
случая плоского напряженного состояния, когда <зх — ау = 0,
т. е. когда по граням элемента действуют одни касательные
напряжения. Поэтому главные напряжения для случая чистого
сдвига, определяемые по формулам D7), будут:
max w> inin w*
В плоском напряженном состоянии одно из трех главных
напряжений равно нулю. Так как cmin получилось у нас
отрицательным, следовательно, оно наименьшее из трех
главных напряжений и должно быть обозначено через а3
(см. § 23).
Итак, при чистом сдвиге
Согласно первой теории прочности E5) получаем условие
т. е. касательное напряжение при сдвиге должно быть не
больше допускаемого напряжения на растяжение, т. е.
По второй теории прочности E9) будем иметь:
[с] > ок — рл3 = (х
Если для стали принять [х = 0,3, то допускаемое каса*
тельное напряжение должно быть такое:
[т]^ 0,77 [а].

§ 331
ДОПУСКАЕМОЕ НАПРЯЖЕНИЕ ПРИ СДВИГЕ 119
Диалогично согласно третьей теории прочности F5)
получим:
Следовательно,
N = 0,5 [а].
Наконец, по четвертой (энергетической) теории проч-
прочное! и G1) получим:
Следовательно,
1-е] = 0,57 [а].
В практике обычно принимают: для хрупких материалов
N = @,8-*-1,0) [о]; (82)
для пластичных
N = @,5 ч-О.б) [о]. (83)
Волокнистые материалы, такие, например, как дерево,
сопротивляются сдвигу вдоль волокон (или, как говорят по
оi ношению к дереву, скалыванию) иначе, чем изотропные:
они получают сдвиг между волокнами. Для таких материалов
выбор допускаемого напряжения делается на основании
имеющихся опытов.
'Гак, например, для сосны среднего качества допускаемое
напряжение на скалывание вдоль волокон равно всего
\~] = Ю кг,'см2 при допускаемом напряжении на растяжение
вдоль волокон [а] =100 кг,'см2. Таким образом, [т] для
сосны составляет всего 0,1 [а].
Если известны допускаемые напряжения сдвига, то легко
паписагь условие прочности (расчетное уравнение) для сдвига:
* = ?<М. (84)
Это уравнение имеет совершенно такой же вид, как
и расчетное уравнение для растяжения (сжатия).

120
СДВИГ
(ГЛ. V
§ 34. Смятие
Деформация сдвига (среза) часто сопровождается смятием.
Характерным для смятия является действие сжимающей силы
на сравнительно небольшом участке. Если, например, соеди-
соединить два деревянных бруса болтом (рис. 59, а), то при
навинчивании гайки поверхность дерева под гайкой и головкой
болта будет сжиматься, вдавливаясь внутрь древесины. В этих
местах появится местное сжатие, напряжение от которого
быстро убывает по мере
удаления в стороны и
в глубь материала. Для
того чтобы уменьшить
напряжение смятия дере-
дерева, увеличивают опорную
поверхность в месте смя-
смятия, подкладывая под
гайку и головку бол-
болта металлические шайбы
(рис. 59, б), имеющие
большую площадь сопри-
соприкасания с деревом.
Если поверхности соприкасания представляют хорошо
обработанные плоскости, то тела соприкасаются по всем
точкам стыка; в этом случае при центральном действии
сжимающих сил можно ожидать равномерного распределения
напряжений смятия по всему стыку.
Обозначив сжимающую силу через Я, плошадь стыка
через F и напряжение смятия через <зом, получим;
а)
Рис. 59.
р
(85)
Проверка на смятие производится для более мягкого
материала, если соприкасающиеся тела сделаны из разных
материалов.
При равномерно распределенном напряжении смятия до-
допускаемое напряжение [a0NlJ для стали принимается равным
W (
где [а] — допускаемое напряжение на сжатие. Для дерева [aJM]
близко к [с] и зависит от направления силы по отношению
к направлению волокон.

§ 35] ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ НА СДВИГ (СРЕЗ) И СМЯТИЕ 121
Связывая допускаемое напряжение смятия с действитель-
действительным, записывают уравнение прочности так:
^=^<[аом|. (86)
§ 35. Примеры расчетов на сдвиг (сргз) и смятие
Обычно в реальных условиях сдвиг сопровождается смя-
смятием и изгибом, вызывающими нормальные напряжения.
Касательные напряжения в сечениях, по которым происходит
сдвиг, часто распределяются неравномерно. Неравномерно
распределяются и напряжения смятия. Однако для простоты
практических расчетов считают, что напряжения сдвига и
смятия распределяются в сечениях равномерно. В частности,
такое упрощающее допущение делается при расчете заклепок,
шпонок, шлиц, врубок и пр.
Напряжения, определяемые при упрощающих допущениях,
отличаются от действительных: они являются условными.
Выбор этих условных напряжений делается на основании
наблюдения за работой выполненных конструкций.
Рассмотрим несколько примеров расчетов на сдвиг и
смятие.
Пример 28. Рассчитать болтовое соединение, показанное на
рис. 60, л, если сила Р = 80Э лгг, толщина скрепляемых деталей
5 = 8 мм, допускаемое напряжение сдвига [т] == 600 кг/см2 и до-
допускаемое напряжение смятия [а^м] = 2000 кг/см2.
Решение. Сила Р стремится срезать болт по сечению тп. Необ-
Необходимый диаметр болта определим из расчетного уравнения (84):
Р Р
откуда
d>V zrhr = V Qn'.Ann ^IZcm.
Проверим стенки отверстий скрепленных болтом деталей на
смятие. Сминаемая поверхность от нажатия болта на стенку отвер-
отверстия одной детали представляет боковую поверхность полуцилиндра
высотой 5 и диаметром d (рис. 60, б). Распределение давления на
эту поверхность полуцилиндра нам неизвестно; оно зависит от
зазора между болтом и скрепляемыми деталями, от неточности
формы отверстия и болта и от материала. Для простоты расчета
принято считать давление равномерным и по величине равным

122
сдвиг
[гл. v
силе деленной не на поверхность полуцилиндра, а на проекцию
ее abed на диаметральную плоскость, т. е. площадь bd.
Таким образом, напряжение смятия в стенках отверстий будет:
Р 800
°™ в ь! = ШТз = 7б8 ^'^
Полученное напряжение меньше допускаемого напряжения,
т- е- °см<[асм1- Если напряжение смятия получается больше доп}-
Рис. 60.
скаемого, то вследствие сминания поверхности деталей болтом
условия работы последнего ухудшаются. Поэтому стенки отверстия
всегда надо проверять на смятие.
Пример 29. Две стальные полосы Л и В толщиной & = Ю мм
и шириной b = \Ь0мм скреплены встык заклепками и двумя наклад-
накладками, как показано на рис. 61. Диаметр заклепок d = 16 мм, тол-
толщина накладок bL = 6 мм, а их ширина равна ширине скрепленных
J 2 1
Рис. 61.
полос, т. е. 150 мм. Определить напряжения в заклепках и в скреп-
скрепленных полосах, если растягивающая сила Р = 8 т.
Решение. 1) Напряжение в заклепках. На каждой сто-
стороне стыка взято по четыре заклепки (/ = 4); каждая из заклепок

§ 35] ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ НА СДВИГ (СРЕЗ) И СМЯТИЕ
срезается силой у по двум сечениям (двухсрезные заклепки); следо-
следовательно, напряжение сдвига в заклепках будет:
Х = , о* и-> = 4-2.0,785.1,62 ~ 500
2) Напряжение в скрепленных полосах. В сече-
сечении /—/ листом передается вся сила Р. Сечения это ослаблено
одной заклепкой, поэтому площадь этого сечения будет:
Ft_t = Ь (Ь — d) = 1 A5 — 1,6) = 13,4 см\
Напряжение растяжения в этом сечении
Р 8000 ел_ , .
*,_, = -р— = T3J = 597 кг1см-
В сечении 2—2 передается не вся сила, а только — Р, так как
сила —• Р, воспринятая первой заклепкой через накладки и за-
заклепки, расположенные в левой части стыка, передается полосе В.
Сечение 2—2 ослаблено двумя заклепками; следовательно, его рас-
расчетная площадь будет равна:
Fa_2 =zb(b — 2d) = \ A5 — 2 -1,6) = 11,8 см\
Напряжение растяжения в этом сечении
-|р 1.8000
*°-8 ~т^:г -~шг-= 508
т. е. на 15% ниже, чем в сечении /—/.
3 1
В сечении 3—3 передается полосе В сила Р г Р == — Р.
4 4
Расчетная площадь сечения полосы будет такая же, как в сече-
сечении 1—Д т. е.
/=¦•,_, = />,_, = 13,4 «Л
Напряжение растяжения в этом сечении
1р 1.8000
15
т. е. на 75% ниже, чем в сечении /—/.
Определим теперь напряжение смятия в полосе от нажатия на
нее заклепки.
Сминаемая площадь в полосе от одной заклепки
^см = bd = 1 ' Ь6 = 1,6 см\

124
сдвиг
{ГЛ. V
Сила нажатия одной заклепки равна -j P; следовательно, напря-
напряжение смятия
j Р ~- 8000
1,6
= 1250 кг/см\
Пример 30. Определить, какую силу Р (рис. 62) надо приложить
к штампу для пробивки в стальном листе толщиной Ъ = 10 мм
отверстия диаметром d = 12 мм9 если предел прочности на срез
материала листа т = 4000 кг/см2.
шшшшшшш $¦
Рис. 62.
Решение. Площадь, срезанная штампом при пробивке листа
F=ndb=* 3,14. 1,2 • 1 = 3,78 см\
Необходимая сила Р для пробивки отверстия составит:
Р = xnpF = 4000.3,78
15 120 кг.
Пример 31. Рассчитать соединение стропильной ноги со стро-
стропильной затяжкой; материал — сосна (рис. 63). Угол между осями
стропильной ноги и затяжки а = 30°. Сила, действующая по стро-
стропильной ноге, Р = 4000 кг; допускаемое напряжение сосны на ска-
скалывание [т] == 12 кг/см*, на смятие под углом [асм] = 60 кг/см2;
сечение стропильной ноги h ~ b = 15 см-
Решение. Сила, стремящаяся сколоть конец затяжки по длине х
и смять врубку по площадке ncdm, равна:
Pi = Р cos 30° = 4000. 0,866 = 3460 кг.

РАСЧЕТ СВАРНЫХ СОЕДИНЕНИЙ
125
Необходимая площадь смятия врубки
„ . Л 3460
60
58 см\
Глубина врубки
58
у = —~- =з — = 3,86 см\ примем 4 см.
Длину затяжки х, выступающей за врубку, определим из того
условия, чтобы площадь скалывания FQR = xb была достаточной
для арочное!и соединения.
Необходимая площадь скалывания
^ . Р\ 3460
12
= 290 см\
Из условия, что хЬ = 290, определяем длину:
290
х — ~. — . -
b lo
округляя, принимаем х = 20 см.
290 1П4
— = 19,4 еж;
§ 36. Расчет сварных соединений
В последние десятилетия электросварка получила повсе-
повсеместно большое развитие. Сварные соединения менее тру-
трудоемки, чем заклепочные, они не ослабляют сечения соеди-
соединяемых элементов, упрощают конструкцию и по надежности
не уступают заклепочным соединениям. Поэтому сварные
соединения все более вытесняют из практики заклепочные
соединения.
Основным и наиболее простым типом сварного соедине-
соединения является соединение встык (рис. 64), при котором
зазор между дсумя соединяемыми элементами заполняется

126
сдвиг
[гл. v
наплавленным металлом. В зависимости от толщин соединяе-
соединяемых элементов зазору между соединяемыми элементами при-
придают одну из форм, пока-
показанных на ргс. 64.
Проверка соединения на
растяжение или сжатие про-
производится по уравнению
Рис. 64.
где / — расчетная длина шва,
S — толщина свариваемых
элементов, а [аэ]— допус-
допускаемое напряжение при элек-
электросварке.
Расчетная длина шва
вследствие дефектов сварки
на концах всегда прини-
принимается меньше действитель-
действительной на 10 мм. Высота шва
несколько больше толщины
при расчете для надежности
свариваемых элементов, но
она принимается равной толщине Ь.
Сварное соединение встык с косым швом (рис. 65) при
угле 45°, как показали экспериментальные исследования,
равнопрочно целому сечению.
Рис. 65.
Другим типом соединения листов является соединение
внахлестку, выполняемое при помощи валиковых швов.
Валиковые швы называются лобовыми, когда они идут пер-
перпендикулярно к направлению действующей силы (рис. 66, а),

§ 36]
РАСЧЕТ СВАРНЫХ СОЕДИНЕНИЙ
127
фланговыми, когда они идут параллельно направлению силы
(рис. 66, б), и косыми, когда швы идут под углом к направ-
направлению силы (рис. 66, в).
1L
ж.
1 h
-0,7 S
i
1
\
R i
i-i 1
а)
Рис. 66.
Расчет на прочность валиковых швов производится на
срез по сечению, площадь которого равна F = lh, где
l = b— 10 мм, h = b cos 45°^ 0,73.
Условие прочности будет:
Р ?Ы, (88)

128
сдвиг
[гл. v
где [тэ] — допускаемое напряжение на срез при электро-
электросварке. Если соединение листов произведено, как показано
на рис. 66, а, то усилие воспринимают два шва и условие
прочности примет вид
х==да<[ТэЬ <89>
Допускаемые напряжения для сварных швов выбираются
в зависимости от материала соединяемых элементов кон-
конструкции и метода сварки; они приведены в таблице 8.
Таблица 8,
Допускаемые напряжения для электросварочных швов
Вид напряжения
Растяжение )
Сжатие ] ' *
Срез
Обозна-
Обозначение
К1 |
[х3]
Ручная сварка
электроды
с тонкой
обмазкой
1000 кг/см*
1100 »
800 »
электроды
с толстой
обмазкой
1300 кг/см-
1450 »
1100 »
Автомати-
Автоматическая
сварка
\Ш кг/см*
1450 »
1100 »
Пример 32. Определить допускаемое усилие в стыковом свар-
сварном соединении, изображенном на рис. 67. Допускаемое напря-
напряжение для основного металла
[а] = Н00кг/см2у для металла шва
[аэ] = 1000 кг/см1.
Решение. Допускаемое уси-
усилие, воспринимаемое швом, опре-
определяем по формуле (87):
Цсм
J ^—.» Расчетная длина шва, как было
j указано выше, учитывая непрова-
ры по концам, принимается мень-
рис §7. ше фактической на 1 см:
/= 10—1 = 9 см.
Расчетная толщина стыкового шва принимается равной толщине
соединяемых полос: t = 1 см. Допускаемое усилие будет равно:
Р< 1000-9- 1 = 9000*:г.
Допускаемое усилие по основному металлу будет:
Р< [а] Ы = 1400 . Ю-1 = 14 000 кг.

§ 37]
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
129
Следовательно, при данном шве основной металл работает
с недогрузкой.
Пример 33. Определить необходимые размеры фланговых швов
(рис. 68), соединяющих полосы с такой же площадью поперечного
сечения, как в предыдущем примере. Растягивающая сила Р=14000кг>
а допускаемое напряжение для металла шва на срез [хэ] = 800 кг/см2.
12,5см
\
10 см
шппшг
Рис. 68.
Решение. Определим фактическую длину шва /ф. По формуле (89)
расчетная длина шва равна:
, Я _ 14000
l>4t [хэ] ~" М • 1 • 800 "" 12}° СМ'
Фактическая длина шва
/ф = 12,5+ 1 = 13,5 см.
§ 37. Контрольные вопросы
При каких условиях происходит срез?
В чем заключается деформация сдвига?
Что называется абсолютным и относительным сдвигом? Какую
они имеют размерность?
По какой формуле определяют касательные напряжения при
сдвиге?
Какое напряженное состояние называется чистым сдвигом?
Как выражается закон Гуна при сдвиге?
Какова зависимость между модулями упругости первого и вто-
второго рода?
Какие соотношения принимаются между допускаемыми напря-
напряжениями на растяжение и сдвиг?
Что называется смятием?
Какие бывают типы сварных соединений?
Какова разница между односрезной и двухсрезной заклепками?
9 Зак. 1542. Р. С. Кинасошвили

ГЛАВА VI
КРУЧЕНИЕ
§ 38. Построение эпюр крутящих моментов.
Связь крутящего момента с мощностью
и числом оборотов
Деформации кручения подвергаются многие детали машин
и конструкций: валы, пружины и пр. Рассмотрим пример
кручения вала. Представим себе вал (рис. 69), опирающийся
Рис. 69.
на подшипники, на котором закреплены два шкива А и В.
Шкив А соединен ременной передачей с двигателем, а шкив В
соединен ременной передачей со станком. Вращение, пере-
передаваемое валу шкивом Л, создается благодаря неравенству
сил натяжения ведущей и набегающей ветвей ремня. Сила
натяжения ведущей ветви ремня Тд больше силы набегаю-
набегающей ветви ремня tA,
Силы натяжения ремня шкива А Т& к (д создают, кроме
давления на опоры, пару сил, определить которую легко,

§ 38] ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР КРУТЯЩИХ МОМЕНТОВ 131
составив уравнение моментов относительно центра шкива:
Станок, приводимый в движение шкивом В, оказывает
сопротивление вращению, поэтому на ветвях ремня этого
шкива возникают силы натяжения, образующие пару:
Если пренебречь трением в подшипниках, то при уста-
установившемся равномерном вращении вала из условия равно-
равновесия момент Мкд, получаемый от двигателя, должен быть
равен моменту МлВ, возникающему от полезного сопроти-
сопротивления, т. е.
(Та— tA) Ra = (Тв — tB) RB = Мл.
Участок вала между шкивами, т. е. участок, лежащий
между плоскостями, где передаются на вал пары сил, скру-
скручивается. В таком деформированном скрученном состоянии
вал остается во все время работы. После остановки двига-
двигателя на вал перестают действовать закрутившие его пары
сил, деформация исчезает, и вал раскручивается.
Для определения напряжений и деформаций вала необ-
необходимо знать величины крутящих моментов, действующих
на его отдельных участках. Диаграмма, показывающая вели-
величины крутящего момента по длине вала, называется эпюрой
крутящих моментов.
Перейдем к примерам построения эпюр крутящих мо-
моментов.
Пусть передаточный вал (рис. 70,а) посредством ремен-
ременной передачи и шкива А получает от двигателя крутящий
момент МА, Этот крутящий момент через передающие
шкивы В, С и D, связанные ремнями со станками, затра-
затрачивается на преодоление сопротивления вращению деталей
работающих станков. Напишем условие равновесия:
На участках вала между шкивами будут действовать крутя-
крутящие моменты различной величины. Для построения эпюры
крутящих моментов проведем линию A'D' (рис. 70, б), парал-
параллельную оси вала. Точки Л' и D' соответствуют средним
плоскостям крайних шкивов. Из точки А' восставим перпен-
перпендикуляр, длина которого А а в выбранном масштабе будет

132
КРУЧЕНИЕ
[ГЛ. VI
соответствовать крутящему моменту МА, получаемому валом
от двигателя. Этот момент до средней плоскости шкива В
не изменяется. Поэтому из точки а проводим линию ад,
параллельную A'Df. Через шкив В часть крутящего мо-
момента Ма, а именно крутящий момент Мв, передается на
станок. Следовательно, за средней плоскостью шкива В на
валу останется крутящий момент Ма—Мв. Этому крутя-
крутящему моменту соответствует ордината эпюры Brbv
Крутящий момент М& — Мв до средней плоскости шкива С
не изменяется. Поэтому из точки Ьх проводим линию Ьгс,
параллельную A'D'. Через шкив С станку передается крутя-
крутящий момент Mq, представленный в масштабе отрезком ccv
Следовательно, за шкивом С на валу остается момент
МА—Мв—Мо. Этот момент, представленный на эпюре
ординатой СcVi не изменяется до средней плоскости послед-
последнего шкива D. Поэтому из точки сх проводим линию cxd,
параллельную A'D\ Шкив D передает на станок крутящий
момент Alp, равный оставшемуся крутящему моменту на валу
Ма—Мв—Mq. За шкивом D, как и перед шкивом Л,
крутящий момент равен нулю.
Эпюра крутящих моментов вала, представленная ступен-
ступенчатой линией A'abblccldD'\ показывает, что наиболее на-

§ 38] ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР КРУТЯЩИХ МОМЕНТОВ 133
груженным участком вала будет участок между шкивами А
и В, передающий наибольший крутящий момент. Если
круглого сечения вал имеет одну толщину по всей длине,
то диаметр его определяется по наибольшему крутящему
моменту. В этом случае на участках вала с меньшими кру-
крутящими моментами получается излишняя прочность. Поэтому
теоретически выгоднее делать вал с переменным диаметром
по длине. Однако эта выгода, вследствие удорожания изго-
изготовления вала и наличия концентраций напряжений в местах
перехода от одной толщины к другой, практически полу-
получается не всегда. Экономия в материале может быть достиг-
достигнута рациональным расположением шкивов на валу, а именно:
шкив, получающий крутящий момент от двигателя, выгоднее
располагать в средней части вала таким образом, чтобы
суммы моментов, раздаваемых валом по обе стороны от
этого шкива, по возможности были одинаковы. Покажем это
на следующем примере.
Пусть крутящий момент Ма передается от двигателя на
пал через шкив А (рис. 71, а), расположенный между шки-
шкивами В, С и D, передающими соответственно крутящие мо-
моменты Мв, Мс и MD с вала на рабочие станки. Пренебрегая
трением в подшипниках, можем написать:
Для правильного построения эпюры крутящих моментов надо
помнить, что в любом сечении вала действует момент,
равный сумме крутящих моментов, лежащих по одну
сторону от этого сечения. Рассмотрим крутящие моменты,
раздаваемые валом, по схеме, показанной на рис. 71.
В данном случае на участке вала от опоры до средней
плоскости шкива В крутящий момент равен нулю. В любом
сечении участка ВС крутящий момент равен моменту, пере-
передаваемому шкивом Б, т. е. моменту Мв. Этот момент на
рис. 71, б представлен в масштабе отрезком В'Ь, отложен-
отложенным вверх от оси абсцисс. В любом сечении участка СА
вала крутящий момент равен сумме крутящих моментов слева
от сечения, т. е. Мв-\-Мс- Этот момент представлен на
эпюре отрезком Сс. В средней плоскости шкива А на вал
передается крутящий момент MAi имеющий направление,
обратное направлению моментов Мв и Мс- Поэтому на
участке вала AD действует крутящий момент, равный

134
КРУЧЕНИЕ
[ГЛ. VI
с—Ма> Так как МА > Мв + Мс, то линия эпюры
моментов в сечении А вала пересекает линию абсцисс.
В средней плоскости шкива D с вала снимается момент М#,
равный по величине моменту Мв-\-Мс—Ма, но имеющий
обратное направление. Поэтому из точки d эпюры моментов
проводим вверх линию dD\ Правее сечения D крутящий
6}
Рис. 71.
момент на валу равен нулю. Ступенчатая линия BfbC^caaxdDf
будет представлять эпюру крутящих моментов.
Если шкив, получающий крутящий момент, был бы по-
помещен по одну сторону от передающих шкивов В, С и D,
то эпюра крутящих моментов в этом случае имела бы вид,
представленный на рис. 70,6. Из сравнения эпюры рис. 71,E
с эпюрой рис. 70,E нетрудно видеть, что максимальный
крутящий момент при расположении шкива, получающего
момент от двигателя, между раздающими шкивами получается
значительно меньшим, чем в том случае, когда шкив, при-
принимающий момент от двигателя, расположен по одну сто-
сторону от передающих шкивов. Уменьшение максимального

§ 39] ОПРЕДЕЛЕНИЕ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ 135
крутящего момента на валу ведет, конечно, и к уменьшению
диаметра вала, а следовательно, и к экономии материала.
При расчете валов на прочность обычно задается не кру-
крутящий момент, а мощность N в лошадиных силах, переда-
передаваемая валом, и число оборотов вала п. Выведем формулу
для определения крутящего момента по заданной мощности
N л. с, ,и числу оборотов п об/мин. Из механики нам
известно, что мощность вращающего момента равна моменту,
умноженному на угловую скорость, т. е.
* W = Жко) = Мк -тлтг кгм/сек.
С другой стороны,
W — 75N кгм\сек\
следовательно,
Л1к-|5- = 75Л7,
откуда
И4и= = 716,2 — кгм,
или
ЛГВ = 71 620^- кгсм. (90)
Напомним, что в полученную формулу следует вместо TV
подставлять число лошадиных сил и вместо я—число оборо-
оборотов в минуту.
§ 39, Определение напряжений и деформаций
при кручении круглого стержня
Прежде чем перейти к выводу уравнений для определения
напряжений и деформаций при кручении, остановимся на
некоторых экспериментальных результатах.
Допустим, что круглый цилиндр, нижний конец которого
закреплен в неподвижной плоскости N (рис. 72, а), в сво-
свободном верхнем конце испытывает действие пары сил с мо-
моментом Мк, приложенной в плоскости, перпендикулярной
к оси цилиндра. Цилиндр под действием этого момента будет
испытывать деформацию кручения. При кручении цилиндра
его ось 00 остается прямой. Ось эта называется осью кру-
кручения. Если на боковой поверхности цилиндра до начала

136
КРУЧЕНИЕ
[ГЛ.
кручения была нанесена сетка, образованная окружностями
и образующими (рис. 72, б), то при малой деформации цилиндра
произойдет следующее (рис. 72, в).
1) Квадраты, образованные этой сеткой, обратятся в со-
совершенно одинаковые ромбы.
2) Круговые сечения цилиндра останутся круглыми с преж-
прежним диаметром.
3) Расстояния между окружностями не изменятся, следо-
следовательно, и вся длина цилиндра останется прежней.
4) Образующие цилиндра обратятся в винтовые линии
с большим шагом.
Сделать с абсолютной уверенностью заключение об изме-
изменениях, происходящих при кручении во внутренних точках
цилиндра, по этим внешним признакам, конечно, нельзя. Но
тот факт, что нанесенные на цилиндре окружности и торцы
цилиндра после деформации остаются плоскими, а образующие
превращаются в винтовые линии, дает право предположить,
что каждое поперечное сечение, оставаясь плоским, сдви-
сдвигается относительно смежного сечения. Поворот поперечных
сечений относительно оси цилиндра на некоторый угол про-
происходит так, как если бы поперечные сечения были абсо-
абсолютно жесткими. Как показывает опыт, углы поворота попе-
поперечных сечений около своих центров прямо пропорциональны
их расстояниям от неподвижно закрепленного конца. Угол
поворота концевого сечения называется полным углом за-

§ 39J
ОПРЕДЕЛЕНИЕ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
137
кручиваная. Теоретические выводы, сделанные на основания
предположения, что поперечные сечения при кручении круг-
круглого цилиндра остаются плоскими, полностью подтверждаются
опытными исследованиями.
Теория кручения круглого стержня основана на трех
следующих предположениях: 1) плоские поперечные сечения
бруса остаются плоскими и после деформации, 2) радиусы
поперечных сечений при деформации остаются прямыми,
3) расстояния между поперечными сечениями не изменяются.
6)
Рис. 73.
Перейдем к выводу основных уравнений кручения круг-
круглого стержня. Выделим из закручиваемого стержня диск
радиуса г (рис. 73, а) на расстоянии х от закрепленного
конца, ограниченный двумя смежными сечениями / и 2, нахо-
находящимися друг от друга на расстоянии dx. Точки Ь, с и dt
до деформации лежавшие на одной образующей, после
деформации расположатся на винтовой линии и займут новые
положения Ь'', cr, d\
Если сечение /, лежащее на расстоянии х от нижнего
конца, повернулось относительно последнего на угол ф, то
сечение 2, находящееся на расстоянии x-\-dx, повернется
относительно закрепленного конца на угол ф + ^ф (рис. 73, б).
Проведем из точки Ь прямую Ъс"', паоаллельную Ь'с', и
соединим центр второго сечения с точкой с". Тогда угол сОгс",
равный */ф, будет углом поворота сечения 2 относительно /.
У элемента Ъс"сгЬг до поворота сечения 2 относительно
сечения / боковые стороны были расположены вертикально.

133 КРУЧЕНИЕ [ГЛ. VI
После поворота стороны наклонились и приняли положение Ъс"
и Ь'с\ Следовательно, элемент претерпел абсолютный сдвиг,
равный длине дуги:
Относительный сдвиг элемента будет равен:
__ rdb
Ч~~ dx '
Отношение ~— представляет угол закручивания на еди-
единицу длины бруса. Обозначим его 6. Тогда
7 = гО. (91)
Из этой формулы видно, что относительный сдвиг про-
пропорционален радиусу закручиваемого цилиндрического тела.
Так как в начале этого параграфа мы приняли, что радиусы
поперечных сечений не искривляются, а остаются прямыми,
то можно сказать, что и для элемента,
подобного выделенному, но лежащего
внутри цилиндра на расстоянии р от
'центра, относительный сдвиг будет
равен:
Тр = Рв- (Ю
На основании закона Гука для сдвига
x = G^ G9)
Рис. 74. можно определить напряжение для лю-
любого элемента тела по величине его
относительного сдвига. Так, для элементов, лежащих на
поверхности стержня, на основании уравнений (91) и G9) на-
напряжение будет:
Для элемента, лежащего от оси на расстоянии р (рис. 74),
напряжение будет равно:
тр = О8р. (б)
Касательная элементарная сила на площадке dF поперечного
сечения будет равна:

§ 39) ОПРЕДЕЛЕНИЕ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ 139
Направление этих внутренних элементарных сил перпен-
перпендикулярно к соответствующим радиусам, так как именно
в этом направлении и происходит сдвиг.
Момент элементарной силы относительно оси бруса будет:
dM = Gbp2dF. (в)
Сумма таких элементарных моментов, распространенная
по всему поперечному сечению F, при равновесии, насту-
наступающем после деформации, должна быть равна внешнему
скручивающему моменту. Указанную сумму моментов найдем
интегрированием выражения (в):
F F
Вынося постоянные за знак интеграла, получим:
MK = G6 J p2dF. (г)
F
Выражение Г p2dF, т. е. сумма произведений элементар-
F
ных площадок (dF) на квадраты их расстояний (р2) до какого-
либо полюса, лежащего в плоскости фигуры, распространен-
распространенная на всю площадь фигуры, называется полярным момен-
моментом инерции фигуры и обозначается Jp.
Полярный момент инерции есть величина геометрическая
и имеет размерность см*. Полярный момент инерции—вели-
инерции—величина всегда положительная. В нашем выводе полюсом Jp
является центр сечения, т. е. центр круга.
Вводя обозначение полярного момента в выражение (г),
получим:
0
p
откуда угол закручивания на единицу длины бруса будет:
GJp
p
Произведение GJpy стоящее в знаменателе, называется
жесткостью при кручении.
Полный угол закручивания получим, умножив 0 на длину
стержня /: м г

140
КРУЧЕНИЕ
[ГЛ. VI
Полученная формула показывает, что полный угол закру-
закручивания стержня прямо пропорционален крутящему моменту МК9
длине стержня / и обратно пропорционален жесткости при
кручении GJp.
Надо, конечно, помнить, что при выводе формулы (93)
мы пользовались законом Гука; тем самым мы предполагаем,
что величина крутящего момента такова, что напряжения не
превосходят передела упругости материала.
В формуле (93) полный угол закручивания выражен
в радианах. Переход к градусам делается по общеизвестной
формуле
^*~ ^ о 180°
следовательно,
180° MJ
(95)
Подставим в уравнение (б) выраже-
выражение угла закручивания на единицу дли-
длины из формулы (92):
Рис. 75. Уравнение это показывает, что на-
напряжения в площадках сечения прямо
пропорциональны их расстояниям до центра сечения (рис. 75).
При р = 0
т. е. на оси в центрах сечений напряжений нет. По мере
удаления от центра к периферии стержня напряжения растут
по закону прямой.
Наибольшее значение напряжения при кручении круглого
стержня будет в точках сечения у его поверхности; это
напряжение его равно:
Мкг
(97)
В отличие от ранее рассмотренных деформаций напряже-
напряжение при кручении распределяется по сечению неравномерно,
возрастая от центра к краям сечения.

§ 40] ПОЛЯРНЫЙ МОМЕНТ ИНЕРЦИИ И МОМЕНТ СОПРОТИВ. КРУГА 141
Диаграмма изменений напряжений (эпюра) вдоль любого
радиуса сечения представлена на рис. 75. Вследствие закона
парности касательных напряжений последние возникают и
в продольных сечениях. У вала из материала волокнистого
строения, имеющего меньшую сопротивляемость сдвигу вдоль
волокон, чем поперек (дерево), при разрушении от кручения
возникает трещина в продольном направлении, если волокна
параллельны продольной оси.
Внутренняя часть вала, как наименее напряженная, часто
совершенно удаляется, т. е. вал делается пустотелым. На-
Напряжения в полом цилиндре повышаются весьма мало по
сравнению со сплошным, но выигрыш в весе достигается
довольно большой. Вот почему валы всех авиационных дви-
двигателей, для которых выигрыш в весе имеет весьма большое
значение, высверливаются.
Формуле (97) обычно придают несколько иной вид. Отно-
Отношение полярного момента инерции Jp к наибольшему радиусу
сечения г называется моментом сопротивления кручению
и обозначается Wpi т. е.
Wp = ^. (98)
В этом случае формула (97) принимает вид
Формула (93), позволяющая определить деформацию, и
формула (99), выражающая максимальное напряжение, являются
основными формулами теории кручения круглых цилиндров.
§ 40. Полярный момент инерции и момент сопротивления
круга и кругового кольца
Для расчета сплошных и полых валов по формулам (93)
и (99) необходимо уметь определять полярный момент инер-
инерции и момент сопротивления круга и кругового кольца.
Полярным моментом инерции фигуры мы назвали выраже-
выражение Гp2dF, т. е. сумму произведений элементарных площа-
F
док dF фигуры на квадраты их расстояний (о2) до некото-
некоторого полюса, распространенную на всю площадь фигуры,

142
КРУЧЕНИЕ
[ГЛ. VI
Исходя из этого определения, вычислим полярный момент
инерции круга. Для этого мысленно разобьем круг (рис. 76)
на бесконечно большое число бесконечно тонких ко'лец.
Радиус одного из таких колец пусть будет р, а толщина dp\
тогда площадь элементарного кольца может быть выражена
так:
dF = 2ър dp.
Все точки этого элементарного кольца можно считать
удаленными на одно и то же расстояние р от полюса, т. е.
от центра круга. Умножив площадь кольца dF на квадрат
Рис. 76.
Рис. 77.
расстояния ее точек до полюса (р2) и проинтегрировав это
произведение в пределах от р = 0 до р = г, т. е. просум-
просуммировав произведения p2dF по всей площади круга, получим:
г
4
F О
Заменим в формуле A00) г через -^ • Тогда получим дру-
другое выражение для полярного момента инерции круга:
Jp = f р2 dF = f р22тгР rfp = 2тг
2
A00)
Jp = -
32
A01)
Полярный момент инерции кругового кольца (рис. 77)
с внешним диаметром D и внутренним d найдется как раз-
разность полярных моментов инерции внешнего и внутреннего
кругов:
32
32
32

§ 40J ПОЛЯРНЫЙ МОМЕНТ ИНЕРЦИИ И МОМЕНТ СОПРОТИВ. КРУГА 143
При расчетах полых валов удобно иметь выражение
полярного момента инерции кругового кольца в другом виде.
Если обозначить отношение -тг= <х, то из выражения A02)
получим:
JP=~W 32-=32(D *-(DaLl-
ИЛИ
/p = J^.(l_«4). A03)
Если кольцо очень тонкое, то, учтя, что D(\ — a) = S,
где В — толщина стенки, 1-|~а~2 и 1-|--а2~2, получим:
Момент сопротивления кручению для круга равен:
Л, 7U Г4 КГ3
Р~ г ~~ 2 г ~ 2 '
или
Wp = ^a*0t2d*. A04)
Момент сопротивления кручению для кругового кольца
равен:
Z)
или
Wp= — D3(l —a4)^0,2D3(l —a4). A06)
Для очень тонкого кольца из A03') получим:
Заметим, что момент сопротивления кругового кольца
нельзя определять как разность моментов сопротивления
большого и малого кругов.

144 КРУЧЕНИЕ [ГЛ. VI
§ 41. Расчетные уравнения при кручении
Обозначив допускаемое напряжение кручения, как и допу-
допускаемое напряжение сдвига, через [т], получим расчетную
формулу на прочность при кручении:
Величину допускаемого напряжения [х] принимают равной
0,5 -г- 0,6 допускаемого напряжения на растяжение.
Задавшись запасом прочности &, допускаемое напряжение
для пластичного материала определяют по пределу текучести
при кручении:
где для стали тт примерно равно @,5-н- 0,6) ст. Расчетное
уравнение A07) по своему виду похоже на расчетные урав-
уравнения для растяжения, сжатия и сдвига. Здесь внутреннее
усилие (но не сила, а момент) также делится на некоторый
геометрический фактор, характеризующий сечение, а именно
на момент сопротивления (а не на площадь сечения, как это
делалось при растяжении, сжатии и сдвиге).
Расчетное уравнение A07) справедливо для случая
кручения круглых (как сплошных, так и полых) валов. Для
всех же других сечений его применять нельзя.
В уравнение A07) входят три величины: MKi Wp и [т].
Следовательно, зная из них какие-либо две величины, можно
легко определить третью.
При проверочном расчете работающего вала, когда из-
известны МК и Wp, напряжение определяется по формуле (99).
Имея размер вала и зная допускаемое напряжение для
его материала при данных условиях работы вала, можно
определить по формуле A07) максимальный допускаемый
крутящий момент, который может передавать вал:
MK^[x]Wp. A09)
При проектировании нового вала надо знать допускае-
допускаемое напряжение и крутящий момент, чтобы определить
размеры вала. Так, для сплошного вала, подставив в фор-

§ 41] РАСЧЕТНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПРИ КРУЧЕНИИ 145
мулу A07) выражение момента сопротивления, получим:
¦~^-<м. (но)
откуда
Z- он)
Подставив в эту формулу выражение крутящего момента
через N и п (90), получим:
71 62(W V -V
^^ 72f Jj^ A12)
Аналогично для полых валов найдем:
-5тпт> (ИЗ)
или
7162(Ш — 7
nw —1 ()[у
Из формул A12) и A14) видно, что при данной мощ-
мощности увеличение числа оборотов п позволяет уменьшить
диаметр вала.
На практике, кроме требования прочности, обычно ста-
ставится условие жесткости, заключающееся в том, что угол
закручивания вала на единицу его длины не должен превос-
превосходить определенной величины. Делается это во избежание
появления чрезмерных деформаций вала. Величина допускае-
допускаемого угла закручивания в разных случаях различна.
Чем меньше угол закручивания, тем меньше и пружине-
ние вала. В некоторых случаях большое пружинение вала
является желательным. Например, при передаче непостоян-
непостоянного крутящего момента с одного вала на другой для смягче-
смягчения неравномерности действия моментов ставится промежу-
промежуточный валик малой жесткости, играющий роль рессоры.
Для получения расчетной формулы на жесткость введем
в выражение (95) допускаемый угол закручивания ср^од на
длине одного метра:
180°AfK100
10 Зак. 1542. Р. С. Кинасошвили

146 КРУЧЕНИЕ [ГЛ. VI
откуда
Для сплошного вала получим:
п 18 000AfE
32 *""
Следовательно, с учетом условия жесткости диаметр вала
должен удовлетворять условию
4 /8 00(Шк.32 /М7
l/ к 1531/ 4 A16)
или, подставив значение Мк, получим:
/^Е^ A17)
Аналогично для полых валов будем иметь:
* / 18 000AL-32 * / Ml
D>'\/ —~ ^—s—= 15,31/ ^—-.— A18)
^\ Ол2A-а4)?;оп у G(i_a4)?;0D
о .A19)
ИЛИ
Если при проектировании вала задаются только допускае-
допускаемым напряжением, т. е. определяют диаметр вала, исходя
из его прочности, то пользуются формулой A12), для полых
валов — формулой A14).
Приводные валы, кроме кручения, подвергаются также
и изгибу, вызываемому весом присоединенных к ним деталей,
усилиями, действующими на зубья шестерен, и т. п. При
упрощенном расчете приводные валы рассчитывают только
на одно кручение, но при этом допускаемое напряжение
принимают пониженным.
Для валов из углеродистой стали обычно принимают
[т]= 120-Т-250 кг/см2, для валов из специальной стали допу-
допускаемое напряжение берут большим.
Если при проектировании вала задаются не только допу-
допускаемым напряжением, но и допускаемым углом закручивания,

§ 41] РАСЧЕТНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПРИ КРУЧЕНИИ 147
то диаметр вала определяется еще из расчета на жесткость
по формуле A17) (для полых валов — по формуле A19)).
Для того чтобы вал одновременно удовлетворял обоим тре-
требованиям (прочности и жесткости), из двух найденных зна-
значений диаметра берется большее.
Для валов допускаемый угол закручивания ср°од на длине
одного метра принимается 0,3° и больше (до 2°).
Пример 34. Вал закручивается моментом Мк = 200 кгм. Опреде-
Определить диаметр вала, если допускаемое напряжение [х] = 500 кг/см?.
Решение. Момент сопротивления поперечного сечения вала из
формулы A07) равен:
AL 20 000
Гяв-рГв5Гя4ОсяА
Так как
то
d>V —r-=V -ЗЛ4" -5,89«6,0 «г.
Пример 35. Полый вал закручивается моментом Мк = 500 кгм.
Отношение внутреннего диаметра к внешнему
Допускаемое напряжение [т] = 600 кг/см2. Определить размеры^ се-
сечения и экономию в весе по сравнению со сплошным валом той же
прочности.
Решение. По формуле (ИЗ) внешний диаметр вала равен:
,8/ Ж ,8/ 50000
Я > 1.72У 1Г-±—Г1,72У (TZIo
1Г-±
Внутренний диаметр вала
d~ Da = 8,22 • 0,7 ?^ 5,75 см.
В случае сплошного вала диаметр по формуле A11) должен быть
равен:
Отношение весов валов равно отношению их площадей сечения,
Площадь сечения полого вала
F = 1 (/J — (Р) = 0,785 (8,22 — 5,752) = 26,9 см\
10*

КРУЧЕНИЕ
1ГЛ- VI
Площадь сечения сплошного вала
F = Л dlai = 0,785 • 7,52 = 44,2 см2.
Следовательно, экономия в весе будет определяться отношением
F
/\*л~44>2
Рис. 78.
приложенным на свободном конце, точка А на поверхности пере-
местилась в точку Ait пройдя дугу
s = AAj. = 0,22 мм.
Определить: 1) максимальное ^P^fZTi^s'Z^SelZrl
рГ^ГдлГо^™
чения вычислим предварительно по формуле v ;
тивления кручению:
— 1. rfi = — 1,5Э = 0,663 см\
Максимальное напряжение кручения определяем по формуле (99):
, _^ = ^- = 906,г/сиА
* шах "Г, 0,663

§ 41] РАСЧЕТНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПРИ КРУЧЕНИИ 149
2) Определим, на какой угол <р повернулся свободный конец
стержня относительно защемленного конца. Для этого длину дуги s
d
выразим через угол <р и радиус стержня -^-:
откз'да
25 2 • 0,022 Л попо
<р = -г = —г-^г— = 0,0293 радиана.
и 1,о
3) Относительный сдвиг ? у поверхности стержня
1 ~ / /20
4) Модуль упругости G материала стержня из формулы (93)
равен:
Полярный момент инерции сечения стержня
/ -. 1L а* — Л . 1,54 = 0,497 см\
Следовательно,
Решение этого примера можно проверить, определив хтах через
и G. Согласно закону Гука имеем:
Полученное напряжение совпадает с ранее вычисленным.
Пример 37. Два вала одинаковой длины /, один из которых по-
полый, передают равные крутящие моменты Мк и имеют при этом
равные максимальные напряжения ттах. Определить отношения
углов закручивания этих валов.
Решение. Обозначим угол закручивания сплошного вала через <р
и полого через ср'; полярные моменты инерции сечений валов обо-
обозначим соответственно через Jp и /^. Диаметр сплошного вала
обозначим через d, а внешний диаметр полого — через D.
Так как передаваемые крутящие моменты и максимальные на-
напряжения обоих валов одинаковы, то моменты сопротивления кру-
кручению Wp у валов должны быть также одинаковыми.
Угол закручивания сплошного вала на основании формулы (93)
будет:
MJ

150 КРУЧЕНИЕ [ГЛ. VI
Принимая во внимание, что
получим:
Аналогично этому получим для полого вала:
MJ imav2j'j 2хпЛ
Отношение углов закручивания валов будет равно:
у _2ттах/.2хтм/ D
у' dG ' DG d '
Следовательно, при заданных з^словиях углы закручивания
будут обратно пропорциональны диаметрам.
Пример 38. На валу (рис. 71, а) насажены четыре шкива Л, В,
С и D. Шкив А получает от двигателя крутящий момент МЛ =
= 100 кгм, шкивы Ву С и D передаточные. Шкив В передает па
станок момент Aig = 25 кгм, шкив С передает момент Mq = 25 кгм,
и шкив D передает момент MD = 50 л:гл/. Требуется: 1) построить
эпюру крутящих моментов, 2) определить диаметр вала при допу-
допускаемом напряжении [х] == 200 кг/с м-, 3) найти угол закручивания
вала но участкам и 4) определить, какого диаметра надо брать вал
по участкам, чтобы на всех его участках напряжение было равно
допускаемому. Расстояния между шкивами одинаковы: / = 1 м,
модуль упругости G — 8 • 105 кг/см2.
Решение. 1) Эпюра крутящих моментов, построенная согласно
объяснениям, данным выше, представлена на рис. 71, б. 2) Как видно
из этой эпюры, наиболее напряженными будут участки вала АС
и AD, на которых моменты будут одинаковы и равны 50 кгм.
Исходя из величины этого крутящего момента, определим диаметр
вала по формуле A11):
Округлим это значение и примем d = 5 см, 3) Угол закручивания
па участке ВС будет:
MJ 2500-100
Чв-с ==
1
JP 8.105 * 5*

§ 41] РАСЧЕТНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПРИ КРУЧЕНИИ 151
Углы закручивания на участках СЛ и AD будут:
5000-100
105-^.5*
= °'0102 радиана.
Угол, на который повернется сечение В относительно сечения А,
будет равен сумме углов закручивания ув_с и Чс-А> т- е*
Чв-А = Чв-С + Ус-А = °>0051 + 0,0102 = 0,0153 радиана,
или в градусах:
1ЯО
?° = 7?^ = 0.885°.
4) Вводя теперь допускаемое напряжение, найдем, что на участках
нала СА и AD диаметр вала надо сохранить равным 5 см, а на
участке ВС его следует сделать:
= <3,9b CM
или, округляя, d = 4 еж.
Пример 33. Определить мощность, передаваемую валом двига-
двигателя, если угол закручивания у вала, измеренный на длине 1,5 м,
оказался равным 0,5°. Диаметр вала d = 100 мм, число его оборотов
/2 = 500 об/мин, модуль упругости материала G — 8 • № кг/'см2.
Решение. Из .формулы (93) имеем:
Подставив это значение крутящего момента в формулу (90), получим:
-'- = 71620-,
откуда
Л
71 620/ '
Угол закручивания вала, выраженный в радианах, равен:
__?°г.__ 0,5-3,14
? " 180 ~~ 180" '
Подставив значения величин, входящих в правую часть полученного
выражения для мощности N, будем иметь:
_ 0,5 • 3,14 • 8-105.3,14-10*-500
N
180*771 620 . 150 • 32
Пример 40. Стальной вал диаметром d = 8 см неподвижно за-
щемлен обоими концами (рис. 79, а). В промежуточном сечении,
отстоящем на расстоянии а = 0,5 м от плоскости защемления левого

152
КРУЧЕНИЕ
[ГЛ. VI
конца и на расстоянии Ь~\м от плоскости защемления правого
конца, приложен скручивающий момент
Мв = 7?Э кгм.
Определить напряжение в вале и угол закручивания.
/Ь
1
Решение. Прежде всего определим реактивные моменты в пло-
плоскостях защемления МА и Мв .
Условия равновесия статики для их определения дают только
одно уравнение (рис. 79, б):
= Mr. (a)
Следовательно, данная задача будет статически неопределенной.
Второе уравнение, необходимое для решения задачи, соста-
составим из рассмотрения деформации вала. Угол поворота сечения,
в котором приложен момент, можно определить двояко, а именно:
М а • # Mj> • b
GJp
Следовательно,
или
Мл
• Ь
OJn

§ 42] ПОНЯТИЕ О РАСЧЕТЕ СТЕРЖНЕЙ ПРЯМОУГОЛЬНОГО СЕЧЕНИЯ 153
т. е. величины реактивных моментов обратно пропорциональны
расстояниям а и b до сечения, в котором приложен скручивающий
момент.
Из уравнений (а) и (б) находим:
Мл ¦== Л1К ——г и М я = Мк —г—г.
Подставляя значения Мк, а и Ь, получим:
MAr = 750 = 500 кгм\ Мв^ = 750 ' = 250 кгм.
Очевидно, большее напряжение будет в левой части вала:
х = -—— = = 500 кг/см\
Полный угол закручивания
МАа 50 000-50 1 180 1
ср = ^ . = = г^ радиана, или ср° == _. я^ 0,45°.
32*
§ 42. Понятие о расчете на кручение стержней
прямоугольного сечения
Расчетные формулы на кручение, выведенные в преды-
предыдущих параграфах, как упоминалось выше, справедливы
только для круглых стержней. Вывод этих формул сделан
в предположении, что плоские поперечные сечения стержня
при кручении остаются плоскими. Опыт подтверждает такое
предположение только для круглых стержней. При скручи-
скручивании же стержней некруглого сечения поперечные сечения
искривляются. Простой опыт со скручиванием резинового
С1ержня прямоугольного сечения убеждает нас в этом.
На рис. 80, а изображены грани резинового стержня прямо-
прямоугольного сечения с предварительно нанесенной на его по-
поверхность сеткой взаимно перпендикулярных линий. Как видно
из этого рисунка, поперечные линии после скручивания искри-
искривились. Наибольшие искажения появляются на серединах
сторон поперечного сечения. В углах искажений нет совсем.
Теория кручения стержней прямоугольного сечения вслед-
С1вие искривления плоскостей поперечных сечений услож-
усложняется. На рис. 80, б показана эпюра напряжений кручения
для прямоугольного сечения.

154
КРУЧЕНИЕ
[ГЛ. VI
Максимальное напряжение, возникающее на середине боль-
большой стороны поперечного сечения, определяется по формуле
**» = T7FV A20)
где Ъ — большая и с — меньшая стороны поперечного сечения,
а а—числовой коэффициент, зависящий от отношения Ь : с.
Рис. 80.
Величины этого коэффициента для различных значений b : с
даны в таблице 9.
Таблица 9
Значения коэффициентов а и $
ь
с
а
Y
1
0,208
0,141
1,000
1,5
0,231
0,196
0,858
2
0,246
0,229
0,796
3,0
0,267
0,263
0,753
4,0
0,282
0,281
0,745
6,0
0,299
0,299
0,743
8,0
0,307
0,307
0,743
10
0,313
0,313
0,743
со
0,333
0,333
0,743
Напряжение может быть определено и по следующей при-
приближенной формуле:
АЛ / п \
A21)

§ 42] ПОНЯТИЕ О РАСЧЕТЕ СТЕРЖНЕЙ ПРЯМОУГОЛЬНОГО СЕЧЕНИЯ 155
Максимальное напряжение на середине малой стороны %'
поперечного сечения определяется по формуле
'' = IW; A22)
}гол закручивания определяется по формуле
МЛ
• ЬсЮ >
A23)
*де y[3 — численные коэффициенты, зависящие, как и коэффи-
коэффициент а, от отношения b : с; значения [3 даны в таблице 9.
Пример 41. Стальной стержень длиной 1 = 4 м прямоугольного
сечения со сторонами b = 17 см и с = 10 см закручен моментом
AlR = 250000 кгсм. Определить максимальное напряжение и угол
закручивания, принимая Q = 8 * 105 кг\см\
Решение, Максимальное напряжение в середине большой сто-
роиы b определим по формуле A20):
Для определения а по таблице 9 находим отношение сторон прямо-
прямоугольного сечения:
А-17-17
с ""ТО"'7"
13 таблице 9 нет значения коэффициента а для найденного значе-
Ь л - b л r b о
i пя —• = 1,7; имеются значения для —=1,5 и для — = 2; значе-
С С (/
! ие а для — = 1,7 определим интерполированием:
а = 0,231 + @.246-0,231). 0,2
0,о
250000
Определим то же напряжение по приближенной формуле A21):
Разница в полученных напряжениях составляет около 4%. Угол
закручивания определим по формуле A23):
? р ¦ Ье'Ю '

156
кРУЧЕНИЕ
[гл. vi
Значение коэффициента р определим из таблицы 9 интерполирова-
интерполированием:
@229;Л96>°'2 =0,207.
Следовательно, угол закручивания будет:
250 000-400 ЛЛОСО
* = 0,207.17.10*.8.105 = °'0358 радиаНа>
или
1ОЛ
ср°=: i^-. 0,0358 = 2,°5.
§ 43. Потенциальная энергия при кручении
Если цилиндрический стержень закручивать моментом
в пределах упругих деформаций, то работа, совершаемая
моментом, будет накапливаться в стержне в виде потенциаль-
потенциальной энергии. После прекращения
действия крутящего момента стер-
стержень будет раскручиваться и от-
отдаст обратно всю накопленную
им энергию. В пределах упругих
деформаций угол закручивания
растет пропорционально кру-
крутящему моменту (закон Гука).
Если на оси ординат отложить
закручивающие моменты Жк, воз-
растающие от нуля, а на оси
^ абсцисс — соответствующие углы
закручивания ср, то зависимость
между Мк и ср представится пря-
прямой ОЛ (рис. 81). Пусть угол cpi
соответствует некоторому проме-
промежуточному значению крутящего момента Мх. Если момент уве-
увеличится на бесконечно малую величину dMu то угол cpt полу-
получит соответствующее приращение dyx\ произведенная при этом
работа будет равна произведению fУИГХ —| ~ЛA^Х и графи-
графически будет представляться заштрихованной трапецией. Пол-
Полная работа деформации при возрастании крутящего момента
от нуля до некоторого конечного значения момента Мк,
равная накопленной потенциальной энергии, представится
Рис. 81.

§ 44] РАСЧЕТ ВИНТОВЫХ ЦИЛИНДРИЧЕСКИХ ПРУЖИН 157
площадью треугольника ОЛВ и будет равна:
Л^~-. A24)
Подставив в эту формулу значение угла ср из формулы (93),
получим:
Мк.Мк-1 Ml-l
Л= 2Шр =-Щ-р' A25>
Пример 42. Определить величину потенциальной энергии, на-
накапливаемой в стальном стержне диаметром df=12 мм и длиной
/ = 400 мм при закручивании его моментом Мк = 200 кгсм,
О == 8 • 105 Kzjcm\
Решение. Подставив заданные значения величин в формулу A25),
получим:
Mil 2002.40
д к 4 Q2
л — ъп т — 3 14 • 1 24 —
2 • 8 • 105 • —-—ты1—
§ 44. Расчет винтовых цилиндрических пружин
с небольшим шагом
Пусть имеется винтовая цилиндрическая пружина с неболь-
небольшим шагом витков, изготовленная из круглой проволоки и
растягиваемая осевыми силами Р (рис. 82, а). Вследствие
малости шага витков будем считать, что плоскости отдель-
отдельных витков пружины перпендикулярны к оси пружины. Рас-
Рассечем виток пружины плоскостью, проходящей через ось
пружины. Удалим одну часть пружины и рассмотрим равно-
равновесие оставшейся части (рис. 82, б). Для равновесия необхо-
необходимо приложить в центре сечения силу Р, параллельную оси
пружины и направленную вниз, и момент PR, где R — сред-
средний радиус витка пружины. Так как момент PR действует
в плоскости сечения, то он вызывает в сечении напряжения
кручения (рис. 82, б), максимальная величина которых на
внешних волокнах равна:
_ PR ___ 16PR
Tl~ Wp~ r.d* *
где d — диаметр поперечного сечения проволоки. Сила Р,
действующая в плоскости поперечного сечения, вызывает
в нем напряжение сдвига, которое будем считать распреде-

158
КРУЧЕНИЕ
[ГЛ. VI
ленным равномерно по сечению (рис. 82, г). Это напряжение
будет равно:
р 4Р
Для определения суммарных напряжений на внешних
волокнах проволоки пружины следует сложить геометрически
напряжения тх и т2. Максимальное напряжение в сечении
а)
будет в той точке периферии сечения, в которой направления
напряжений тх и т2 совпадут. Нетрудно видеть, что такой
точкой будет точка А. В этой точке напряжение будет равно:
- _т .., ^ 16Р# | 4Р = *вя/гл , дг\ 9
max 1 I 2 ^3 I ^^*2 ^^/3 \ *~ 4R )' V1*-0/
Мы рассмотрели растяжение пружины; совершенно
такой же результат получился бы при рассмотрении сжатия
пружины. При расчете пружин, у которых средний радиус
пружины R во много раз больше диаметра d проволоки, из
которой она изготовлена, вторым слагаемым, стоящим в скоб-
скобках, обычно пренебрегают. Для таких пружин формула A26)
упрощается и принимает вид

§ 44] РАСЧЕТ ВИНТОВЫХ ЦИЛИНДРИЧЕСКИХ ПРУЖИН 159
т. е. такие пружины рассчитываются на одно кручение. Рас-
Расчетная формула для пружин имеет вид
где [х) — допускаемое напряжение. Допускаемое напряже-
напряжение [х] для сталей, идущих на изготовление пружин, берется
о г 3000 до 7000 кг/см2.
При расчете пружины, помимо расчета на прочность,
*1асто необходимо бывает, определить удлинение или сжатие
(осадку) пружины, т. е. ее деформацию.
При определении деформации пружины обычно прини-
принимается во внимание только скручивание витков.
Пусть имеется пружина, верхний конец которой закре-
закреплен, а на нижний действует растягивающая сила Р. Пред-
Предположим, что эта сила возрастает от нуля до своего конеч-4
пого значения Р. Если нижний конец пружины опустится
при этом на величину /, то работа, совершенная силой, будет
равна -у-.
Но эта работа равна потенциальной энергии пружины,
накопившейся в ней в результате скручивания витков. Сле-
Следовательно, на основании формулы A25) можно написать
равенство
Pf M\l
2 — 2GJp
Здесь / — длина выпрямленной пружины:
(а)
пе п — число витков пружины; MK = PRt a Jp = -^-. Под-
е гавив эти значения в выражение (а), получим:
pf Р*№ • 2nRn . 32
откуда прогиб пружины равен:
Выведенные формулы A26), A27), A28) и A29) для рас-
расчета растягиваемой пружины справедливы и для пружины,
работающей на сжатие.

160
КРУЧЕНИЕ
[ГЛ. Vi
Пример 43. Определить наибольшее напряжение и осадку вин-
винтовой цилиндрической пружины, если сжимающая сила Р = 60 кг,
средний радиус пружины R = 25 мм, диаметр проволоки d = 6 мм,
число рабочих витков п = 5 и G = 825 000 кг/см\
Решение. По формуле A27) определяем наибольшее напря-
напряжение:
16PR 16-60.2,5 ОГ.АЛ , 9
*шах = -^т = з,14.0,6ч в 354° Кг1сМ>
и по формуле A29) осадку пружины:
. 64Р№п 64-60.2,5^.5
Gd*
= 2,8 см.
825 0Э0 • 0,64
Пример 44. Определить усилие, требующееся для сообщения
одному витку пружины деформации в 1 мм, если средний радиус
пружины R = 35 мм, диаметр проволоки d = 8 мм, число рабочих
витков п == 10 и G = 825000 кг/см\
Решение. Из формулы A29) определим усилие Р:
_ fGd*
64W
Подставив в полученное выражение/= 0,1 см, -
ния остальных величин, данных в условии, получим:
„ ОД. 825 000- 0,8*
= 1 и значе-
значе64 - 3,53
= 12,3 кг.
§ 45. Расчет валов по допускаемой нагрузке
Описанный выше расчет закручиваемого вала по условию
прочности состоял в том, что наибольшее касательное напря-
напряжение на поверхности вала не было больше допускаемого
71
Ту
(\
*\
ь
а)
Ь
L
Рис. 83.
S)
напряжения [т]. Мы считали, что для вала из пластичного
материала (рис. 83, а) опасное состояние наступит тогда,
когда максимальное напряжение на поверхности вала достигнет

§ 45] РАСЧЕТ ВАЛОВ ПО ДОПУСКАЕМОЙ НАГРУЗКЕ 161
предела текучести тт, и выполняли требование, чтобы
[т] = тт/&, где k — коэффициент запаса.
Вместе с тем известно, что при пластичном материале,
обладающем свойством текучести, увеличение крутящего
момента, после того как максимальное напряжение достигнет хт,
вследствие текучести материала не будет вызывать дальней-
дальнейшего повышения напряжений в крайних волокнах вала. Однако
при этом будут расти напряжения в упругой части сечения
вала, пока во всем сечении напряжения не станут равными тт.
Такое напряженное состояние вала показано на рис. 83, б.
При этом предельном состоянии будет исчерпана грузоподъем-
грузоподъемность вала.
Вычислим величину крутящего момента для этого пре-
предельного состояния. Разобьем площадь поперечного сечения
вала на бесконечно тонкие кольцевые площадки (рис. 83, в).
Элементарный крутящий момент от внутренних сил на пло-
площадке dFt удаленной от центра на расстояние р, будет равен:
dM — ттр dF — ттр2т:р dp.
Из условия равновесия внешних и внутренних моментов
найдем предельный внешний момент:
М
пр = / ттр2тср dp = -yj тс dHT.
Допускаемый крутящий момент при запасе прочности k
будет равен:
Af р d']
откуда
По обычному расчету, основывающемуся на допускаемом
напряжении [формула A11I,
Отсюда следует, что диаметр вала при одинаковом запасе
прочности, определяемый по допускаемой нагрузке, соста-
П Зак. 1542. Р. С. Кинасошеили

162 КРУЧЕНИЕ [ГЛ. VI
У~Т2"
вляет 1/ -^ = 0,91 от диаметра, определяемого по допу-
допускаемому напряжении*.
Заметим, что расчет по допускаемой нагрузке, дающий
экономию материала, применим только для валов из пла-
пластичного материала, передающих постоянный момент, когда
критерием прочности является предел текучести материала.
§ 46. Контрольные вопросы
Какая зависимость существует между крутящим моментом,
мощностью, передаваемой валом, и числом оборотов вала?
Какие предположения лежат в основе теории кручения стержня
круглого сечения?
Какой угол называется полным углом закручивания?
Что называется полярным шжентом инерции? Какова его раз-
размерность?
Как пишется формула полного угла закручивания?
Какая величина называется жесткостью при кручении?
В каких точках вада получаются наибольшие напряжения при
кручении?
Как распределяются напряжения кручения по поперечному сече-
сечению вала?
Какая выгода достигается при высверливании валов?
По какой формуле определяется максимальное напряжение кру-
кручения стержня круглого сечения?
Что называется моментом сопротивления кручению? Какова его
размерность?
По каким формулам определяются полярный момент инерции
и момент сопротивления кручению круга и круглого кольца?
Как должен изменяться диаметр вала, если передаваемая им
мощность остается без изменения, а число оборотов увеличивается?
В каких точках сечения получаются наибольшие напряжения
при кручении бруса прямоугольного сечения?
Как выражается работа деформации при кручении?
Какие напряжения возникают в витках цилиндрической винтовой
пружины при ее сжатии и растяжении?
По какой формуле определяется осадка цилиндрической спи-
спиральной пружины?

ГЛАВА VII
СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ
И МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ ФИГУР
§ 47. Статические моменты плоских фигур
При изучении кручения круглого бруса мы встретились
с интегралом i p*dF, который был назван полярным момен-
F
том инерции. Такото же вида определенные интегралы, назы-
называемые вообще моментами инерции, бу-
будут встречаться и при изучении изгиба.
Моменты инерции представляют со-
собою геометрические величины. При кру-
кручении и изгибе они играют примерно
такую же роль, как площади сечения
при растяжении и сжатии.
В настоящей главе даются основные
сведения о моментах инерции плоских Q
фигур, необходимые при дальнейшем
изучении сопротивления материалов.
Определение моментов инерции тесно
связано с определением статических моментов и центров
тяжестей площадей. Поэтому в начале этой главы мы на-
напомним правила вычисления статических моментов, уже
известные из теоретической механики.
Статическим моментом площади фигуры относительно
какой-либо оси х (рис 84), взятой в той же плоскости,
называется сумма произведений элементарных площадок dF
фигуры на расстояния их до оси; сумма эта распространяется
на всю площадь фигуры F,
Рис. 84.

164 СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ (ГЛ. VII
Статический момент относительно оси х равен:
A31)
Статический момент относительно оси у равен:
'xdF. A32)
Рассматривая элементарную площадку как силу, а расстояние
ее от оси как плечо силы, можно написать, основываясь на
теореме: сумма моментов составляющих равна моменту равно-
равнодействующей, что
где хс и ус — координаты центра тяжести всей площади F.
Следовательно, статический момент площади F относи-
относительно какой-либо оси равен произведению всей площади
на расстояние ее центра тяжести от этой оси:
Так как площадь F имеет размерность см2, а расстояние
центра тяжести от оси (хс н ус)— см, то статический момент
будег иметь размерность см* (см X см2 — см3). Статический
момент может быть величиной как положительной, так и
отрицательной, потому что площадь — величина всегда поло-
положительная, а расстояния хс и ус могут быть как положи-
положительными, так и отрицательными. Если ось, относительно
которой определяется статический момент, проходит
через центр тяжести площади, то статический момент
относительно этой оси равен нулю.
Действительно, из уравнений A33) при хс — 0 и yc = Q
получим:
SX = F -0 = 0, Sy = F -0 = 0.
Если фигура имеет ось симметрии, то последняя всегда про-
проходит через центр тяжести фигуры, а потому статический
момент площади фигуры относительно оси симметрии все1да
равен нулю.

§ 47] СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ ПЛОСКИХ ФИГУР 165
Если сложная фигура может быть разбита на простые
фигуры, площади и центры тяжести которых легко опреде-
определяются, то статический момент всей фигуры относительно
какой-либо оси может быть найден как сумма статических
моментов отдельных ее частей относительно той же оси:
-h ... +Snxi A34)
где Sx—статический момент всей фигуры, a Slx, S2x,
.S,,,..., Snx—статические моменты отдельных частей
фигуры.
Если обозначить площади отдельных частей сложной
фигуры через Fv F2, F%, ..., Fn, а расстояния их центров
тяжести от оси х черезу[9 у2, у%, ..., уп> то выражение A34)
можно переписать в следующем виде:
- • • • 4- Fnyn,
откуда расстояние центра тяжести всей фигуры от оси х
будет:
1, _ ^"У i + Ay. +
Уе~ 1\ + Ъ +
Аналогично этому расстояние центра тяжести фигуры от
оси у может быть выражено так:
... +Fnxn
Пример 45. Определить координаты центра тяжести треуголь-
треугольника с основанием / и высотой h (рис. 85).
Решение. Опустив из вершины В треугольника ABC перпенди-
перпендикуляр на основание АС, разобьем треугольник на два нрямоуголь-
ьых треугольника, положение центров тяжести которых известно.
Обозначим основание AD левого треугольника через а и основа-
основание DC правого треугольника через Ъ.
Центры тяжести Ot и О2 треугольников ADB и BDC нахо-
находятся, как известно, на одной трети высоты [-^) от их оснований,
следовательно, ордината центра тяжести О всего треугольника ABC
также будет лежать на одной трети высош oi основания, т. е.

166
СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ [ГЛ. VII
Далее, центр тяжести 01 левого треугольника находится на расстоя-
расстоянии — от вертикального катета BD, поэтому расстояние его до оси
о
2
ординат Ау будет равно -^ а.
В правом треугольнике центр тяжести 0% находится на расстоя-
расстоянии -тг от катета BD, следовательно, расстояние его до оси Ау
о
Рис. 85.
Статические моменты двух прямоугольных треугольников отно-
относительно оси Ау будут:
треугольника ADB:
ah 2 d?h
треугольника BDC:
•^Л=
bh ( jl b \
Расстояние центра тяжести всего треугольника ABC до оси Ау
согласно формуле A36) будет равно:
a°h bhCa + b)
siy + SW _ T" H ь 2а?--
Ik
2
Это выражение принимает легко запоминаемый вид, если его не-
несколько преобразовать:
_ 2a* + 3ab + b<> _ (сГ< + 2ab + Р) + а (а + b) .
Х° з/ "" 3/ '
так как а + b = /, то
х -1 +
Л с — о

§ 48] МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ ФИГУР 167
§ 48. Моменты инерции плоских фигур
Осевым (экваториальным) моментом инерции плоского
сечения относительно какой-либо оси (рис. 86), лежащей
в плоскости сечения, называется сумма произведений элемен-
элементарных площадок на квадраты рас-
расстояний их до этой оси:
A37)
f
, = )*dF.
F
Рис. 86.
Нетрудно видеть, что сумма осевых о
моментов инерции плоского сечения
относительно двух перпендикулярных
осей равна полярному моменту инер-
инерции относительно полюса, представляющего точку пересе-
пересечения этих осей.
Действительно, соединив dF с началом координат, по
теореме Пифагора имеем:
следовательно,
или
У "I ** oo
A38)
Формула A38) справедлива для любых двух взаимно
перпендикулярных осей. Следовательно, при всевозможных
поворотах осей относительно начала координат сумма
осевых моментов инерции остается величиной постоянной
и равной полярному моменту инерции.
Осевые моменты инерции, как видно из формулы A37),—
величины положительные и не могут быть равны нулю;
измеряются они единицами длины в четвертой степени (см4).
Центробежным моментом инерции плоского сечения
называется сумма произведений элементарных площадок на их
координаты (т. е. на расстояния до обеих координатных

168
СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ {ГЛ. VII
осей), распространенная на всю площадь сечения:
Jxy=fxydF. A39)
Центробежный момент инерции имеет размерность см*, но
в отличие от осевого и полярного моментов инерции он может
быть величиной положительной, отрицательной и равней
нулю. Знак центробежного момента зависит от знаков сла-
слагаемых xydF.
В дальнейшем будут встречаться фигуры, имеющие только
простую геометрическую форму. При определении моментов
инерции таких фигур пользуются обычно методом интегри-
интегрирования. Если форма фигуры сложна и не поддается разбивке
на простые фигуры, то моменты инерции таких фигур опре-
определяют графическими методами или применяют особые
приборы.
§ 49. Формулы перехода для моментов инерции
при параллельном переносе оси
Оси, проходящие через центр тяжести фигуры, назы-
называют центральными осями, а момент инерции фигуры,
взятый относительно централь-
центральной оси, — центральным мо-
моментом инерции. Положим,
что для какой-либо фигуры
(рис. 87) ось х — централь-
центральная ось, относительно которой
момент инерции Jx нам извес-
известен, и требуется определить
момент инерции фигуры JXi
относительно другой оси хи
центральной и отстоящей от нее на рас-
X
Рис. 87.
параллельной
стоянии а.
Момент инерции
определения выражаются следующим образом:
Jx и искомый JXl на основании общего
= \f~dF;
\y\dF.

§ 49] ФОРМУЛЫ ПЕРЕХОДА ДЛЯ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ 16Э
Из рис. 87 видно, что расстояния всех элементарных
площадок dF от новой оси хх больше на постоянную вели-
величину а, т. е.
Подставляя это значение ух в выражение для JX], получим:
= fy2dF-\-2a fydF + a* f dF.
Первый интеграл этого выражения есть центральный мо-
м"чг инерции Уд,. Второй интеграл равен нулю, так как он
представляет статический момент площади фигуры относи-
относительно оси х, проходящей через центр тяжести фигуры.
Третий интеграл равен произведению a2F. Следовательно,
JXi = Jx-{-a2F. A40)
Эта формула, имеющая большое практическое примене-
применение, читается так: момент инерции фигуры относительно
какой-либо оси равен моменту инерции относительно оси,
ей параллельной и проходящей через центр тяжести,
плюс произведение площади фигуры на квадрат расстоя-
расстояния между осями.
Из формулы A40) видно, что из всех моментов инерции
относительно параллельных осей наименьший момент будет
относительно оси, проходящей через центр тяжести фигуры,
т. е. центральный момент инерции.
Формула A40) позволяет определять центральный мо-
момент инерции, если известен момент инерции относительно
какой-нибудь другой оси; ее можно переписать в следую-
следующем виде:
Выведем таким же образом формулу для центробежного
момента инерции при переходе к параллельным осям
координат.
Пусть центробежный момент инерции какой-либо фигуры
относительно ее центральных осей хну (рис. 88) известен.
Тоебуется определить центробежный момент инерции этой
фигуры относительно других осей хх и уи параллельных
центральным.

170
СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ [ГЛ. УЙ
Обозначим расстояние между параллельными осями, как
показано на рис. 88, соответственно через а и Ь.
Рис. 88.
Известный центробежный момент инерции относительно
центральных осей будет:
Искомый центробежный момент инерции относительно
осей xt и ух будет:
jXiVi= j xxyxdF.
F
Новые координаты элементарных площадок выражаются
через старые координаты формулами (рис. 88):
хх = х-\-Ь, ух=у-\-а.
Подставив эти значения хх, ух в выражение для JXlyl9
получим:
= J xydF + b J ydF + a J xdF + ab fdF.
F F F F
Первый интеграл равен Jxyf второй и третий равны нулю,
так как они представляют собой статические моменты отно-

§ 50) МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ НЕКОТОРЫХ ПРОСТЫХ ФИГУР 171
сительно осей, проходящих через центр тяжести фигуры.
Поэтому окончательно получим:
Jx#x = Jxy + dbF. A41)
Этот результат сформулируем так: центробежный момент
инерции относительно произвольных осей, параллельных
центральным, равен центробежному моменту инерции
относительно центральных осей плюс площадь фигуры,
умноженная на координаты ее центра тяжести отно-
относительно произвольных осей.
§ 50. Моменты инерции некоторых простых фигур
В этом параграфе выводятся выражения осевых момен-
моментов инерции простых геометрических фигур, часто встре-
встречающихся в практике расчетов. Знание моментов инерции
простых фигур поможет определять мо-
моменты инерции и сложных фигур, так как
моменты инерции этих последних вычи-
вычисляются как сумма жментов инерции
простых фигур, на которые они разби-
разбиваются.
Прямоугольник. Найдем осевой мо-
момент инерции прямоугольника с основа-
основанием b и высотой h относительно его
основания (рис. 89).
Разобьем площадь прямоугольника на
элементарные площадки dF с основа-
основанием Ъ и высотой dyt; одна из таких площадок показана на
рисунке в виде заштрихованной полоски
dF = bdyv
Подставляя это выражение площади элементарной по-
полоски в общее выражение момента инерции, получим:
^Ь о ft
у\_
Пределы интеграла 0 и h указывают на то, что интегриро-
интегрирование распространяется на всю площадь прямоугольника,
начиная от площадки, для которой yi = 0, и кончая пло-
1
h
У,
dF
0
о,
шш
\
1
Рис. 89.

172 СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ [ГЛ. VII
щадкой, для которой y1==h. Подставив пределы, оконча-
окончательно найдем:
/* = -^. (Н2)
Момент инерции прямоугольника относительно вертикальной
оси ух напишется по аналогии:
Вычислим теперь момент инерции пряхмоугольника отно-
относительно его центральной горизонтальной оси, применив
формулу A40):
Момент инерции прямоугольника относительно центральной
вертикальной оси будет:
°У~ 12 #
Квадрат со стороной а. Подставив в формулы A42)
У и A43) b = k — а, получим:
•>*| = 4, = 1Г' <144>
Jx = Jy = ^j- A45)
Параллелограмм (рис. 90). Осе-
Осевые моменты инерции параллело-
параллелограмма относительно центральной
оси х и относительно основания опре-
определяются по формулам A43) и A42),
выведенным для прямоугольника. Это следует из того, что
параллелограмм может быть образован из прямоугольника
путем перемещения параллельно основанию элементарных
площадок, имеющих бесконечно малую высоту. Момент
инерции фигуры не изменяется от передвижения ее частей
параллельно той оси, относительно которой определяется
этот момент, так как от такого передвижения не изменяются
ни элементарные площадки dF, ни их расстояния от оси.
Заметим, что момент инерции параллелограмма относи-
относительно оси у ни в коем случае нельзя вычислять по фор-

§ 50] МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ НЕКОТОРЫХ ПРОСТЫХ ФИГУР 173
муле, выведенной для прямоугольника, так как в этом
случае элементарные площадки сдвинуты не параллельно
оси у, а перпендикулярно к ней.
Треугольник. Определим осевой момент инерции тре-
треугольника с основанием b и высотой h относительно осно-
основания и центральной оси х, параллельной основанию (рис. 91).
Разобьем треугольник на бесконечно малые полоски
линиями, параллельными основанию, так же как это делалось
и при вычислении момента инерции прямоугольника. Одна
из таких полосок показана на рисунке штриховкой. Площадь
э'ой полоски, отстоящей на рас-
сюянии у от основания треуголь-
треугольника, будет равна:
dF = х dy.
Длина полоски х определяется из
подобия треугольников ЛВС и DBE:
п
поэтому
Момент инерции треугольника относительно основания будет:
h h h
F О О
Произведя интегрирование, получим:
У
h
~. A46)
Л^омент инерции относительно центральной оси х, парал-
параллельной основанию, определим по формуле A40):
Подставляя в эту формулу найденное значение JXl) пло-
площадь треугольника — w- и расстояние от центральной оси
треугольника до основания (у)» получим:

174
СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ [ГЛ, VII
Круг» Все центральные моменты инерции круга (рис. 92, а)
вследствие симметрии фигуры одинаковы, а потому
jx — jy
В § 48 было доказано, что сумма осевых моментов инер-
инерции фигуры относительно двух перпендикулярных осей равна
а)
Рис. 92.
полярному моменту инерции относительно точки пересечения
этих осей, следовательно,
1
1
Л? — Jy — 2 ^ х • У' — ~2 р'
Подставив значение полярного момента инерции круга,
найденное в § 40, получим:
4 = 4, = ^f^0>05^. <148>
Круговое кольцо. Осевой момент инерции кругового
кольца (рис. 92, б) определим как разность моментов инер-
инерции большого круга с диаметром D и малого с диамет-
диаметром d:
— d% A49)
При решении практических задач часто бывает удобнее
пользоваться формулой, в которую входят не D и d, a D

§ 51}
ОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ ФИГУР
175
и отношение — = а, т. е.
—e*)«0,05D*(l—а*).
Если кольцо тонкостенно (см. § 40), то
A50)
A500
§ 51. Определение моментов инерции фигур,
составленных из простейших фигур
В настоящем параграфе мы рассмотрим несколько при-
примеров определения моментов инерции площадей, составленных
из простейших фигур, на основании формул, выведенных
в предыдущих параграфах.
Пример 46. Определить момент инерции сечения, показанного
на рис. 93, относительно оси хх, у
Размеры даны в миллиметрах. ~-*6i~— 1
100 х-
-b-100-
Рис. 93.
Решение. Момент инерции фигуры определим как разность
моментов инерции прямоугольника bh и круга с диаметром d
(г = 4 см).
На основании формул A43) и A48) будем иметь:
_ Ш_ д _ 10-
Jx~~ 12 64 — 1
-203= 1237 смК
Пример 47. Определить центральные осевые моменты инерции
швеллер» (рис. 94). Размеры на чертеже показаны в миллиметрах.
Решение. Разобьем сечение на три прямоугольника, как пока-
показано на чертеже. Центр тяжести швеллера находится на оси сим-
симметрии хх. Для определения расстояния центра тяжести от оси yt

176 СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ [ГЛ. VII
применим формулу A36), определив предварительно статические
моменты трех прямоугольников относительно оси уг и площадь
всего сечения.
Статический момент вертикального прямоугольника
5' =10.0,6.0,3= 1,8 см\
и 1
Статический момент одного горизонтального прямоугольника
S"yi = E — 0,6) • 0,9 (^^ + 0,б) = 4,4 • 0,9 • 2,8 = 11,1 см\
Площадь сечения всего швеллера
F = 10. 0,6 + 2 E — 0,6) • 0,9 = 6 + 7,92 = 13,92 см\
Расстояние центра тяжести швеллера от оси у±
S' + 2S" 1,8 + 2-11,1
Л
i о go
CM.
Определим теперь центральные моменты инерции, воспользо-
воспользовавшись разбивкой швеллера на три прямоугольника, сделанной
выше.
Моменты инерции вертикального прямоугольника относительно
центральных осей будут соответственно равны:
j'y = ^ + 10. 0,6 П,72 — Ц\ = 0,18 + 12,1 ^ 12,3 см*.
Моменты инерции горизонтального прямоугольника
E-0,6). 0,9'* , iK
г
12 ' v
= 0,267 + 82^82,3 см*,
0,9E — 0,6)*
+ E — 0,6) • 0,9 (~-^ + 0,6 — 1J2J2
12
= 6,38 + 1,2 = 7,58 см*.
Моменты инерции всего сечения швеллера относительно цен-
центральных осей будут:
4 = Jx + 2Jl = 50 + 2 * 82>3 = 214'6 см*>
Jy = j'y + 2fy = 12,3 + 2 • 7,6 = 27,5 см*.
Момент инерции сечения швеллера относительно оси хх можно
было определить и проще, рассматривая сечение швеллера как
разность между прямоугольником, имеющим основание 5 см и вы-

§ 52]
ФОРМУЛЫ ПЕРЕХОДА ДЛЯ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ
177
соту 10 см, и прямоугольником с основанием, равным E — 0,6) см<
и высотой A0 — 2-0,9) см:
_5-№ E — 0,6)A0 — 2-<
12
12
==416— 202 = 214 см\
Пример 48. Определить момент инерции площади поперечного
сечения относительно оси хх профиля, составленного из вертикаль-
вертикальной стенки, четырех равнобоких уголков № 5 с толщиной стенок 6 мм
и двух горизонтальных листов (рис. 95).
Размеры на чертеже показаны в милли-
миллиметрах.
Решение. Момент инерции верти-
вертикального листа
'1^
Момент
листа
тг, 13-1»
12
инерции
=2250
Ж х-
горизонтального
12
13-1
L...
Рис. 95.
= 1,08 + 3120 = 3121 см\
Из таблиц нормального сортамента
для равнобоких уголков находим пло-
площадь сечения, момент инерции относительно горизонтальной оси,
проходящей через центр тяжести уголка, и расстояние центра тя-
тяжести до основания уголка:
F = 5,69 саР; J = 13,1 еж4; у = 1,46 см.
Момент инерции уголка относительно оси хх будет равен:
f'n == /+ Fa1 = 13,1 + 5,69(~— 1,46V = 1056 см*.
Момент инерции всего сечения будет:
JX = J'X + 2J"X + 4J" = 2250 + 2 • 3121 + 4 . 1056 - 13 716 смК
" § 62. Формулы перехода для моментов инерции
при повороте осей
Пусть для какой-либо фигуры известны моменты инер-
инерции Jx> Jy и Jxy относительно координатных осей хну
(рис. 96). Требуется определить те же моменты инерции
относительно других осей хх и ylf повернутых относительно
осей х и у на некоторый угол а, т. е. JXi, Jy% и JXiVi.
Выделим из сечения какую-нибудь элементарную пло-
площадку dF вокруг точки А с координатами (х; у) относительно
12 Зак. 1542. Р. С. Кинасошвили

178
СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ [ГЛ. VII
прежней системы координат:
х = ОВ\ у — АВ.
Координаты той же площадки относительно новой си-
системы координат будут:
хх = ОС и Л = Дс.
Выразим новые координаты хх и ух через старые х и у и
угол поворота а. Проводя вспомогательные линии CD и BE
Уг\ кУ
Рис. 96.
параллельно оси Оух и BD параллельно оси Охи получим:
Подставляя в эти выражения значения входящих величин
ОС = хх\ ОЕ = OB cos a = x cos а;
BD = i4?sina = 3>sina, AC =y±\
AD = АВ cos a = у cos a; ??" = О В sin a = x sin a,
получим:
xt = x cos a -f-j; sin a,
ух=у cos a — xsina.
Согласно определению искомые моменты инерции относи-
относительно новых осей будут:
и Jejh= f

§ 52} ФОРМУЛЫ ПЕРЕХОДА ДЛЯ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ 179
Подставим в эти выражения значения хх и уг\
JXi=z f(ycosa—xsinaJdF =
F
= cos2a fy2dF-\-sin2 a Jx2dF — 2sinacosa JxydF =
F F
= /p cos2 a + Уу sin2 a — /^ sin 2a.
Аналогично получим выражение момента инерции и отно-
относительно другой оси:
Jyx = Г {х cos a -j-j; sin aJ tf/7 =
F
= cos2 a J jc2 tf/7 + sin2 a Jy rf/7 + 2 sin a cos a f xydF —
F F F
= Jy cos2 a + 4 sin2 a -f- 4y sin 2a. A52)
Складывая и вычитая выражения A51) и A52), получим:
jXi + JVl = Jx (sin2 a -j- cos2 a) + У^ (sin2 a + cos2 a),
jXi — JVl = /в (cos2 a — sin2 a) — Jy (cos2 a — sin2 a) — 2Jxy sin 2a;
так как
sin2 a + cos2 a = 1,
cos2 a — sin2 a = cos 2a,
то
^i — JVx = (^ — Л/) cos 2a— 2/j.y sin ?a. A54)
Равенство A53) говорит о свойстве суммы моментов инер-
инерции относительно двух перпендикулярных осей, выведенном
раньше, в § 48, другим путем. Формулы A53) и A54)
удобны для определения моментов инерции JXx и JtJi.
Теперь определим величину центробежного момента инер-
инерции совершенно так, как это было сделано для осевых

180 СТАТИЧЕЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ [ГЛ. VII
моментов инерции:
jXilJi = Г ххуг dF = Г (х cos a-f-j/ sin a) (у cos a—* sin a) dF —
= cos-a f ;ty flf/7-r-sinacosa \yldE —
F F
•—sin a cos a Г x2dF — sin2 a С xy dF—
F F
= sin a cos af J y2dF— J *2 rf/31^(cos2 a—sin2 a) Jjey dF=
= >r~ ?/ sin 2a + 4y cos 2a. A55)
Выпишем полученные формулы перехода для моменгоз
инерции при повороте осей на угол а:
jVi =z Jx cos2 a -f- Jy sin2 a — У^ sin 2a, A51)
sin 2a + -^ cos
Эти формулы являются основыми для расчетов, связанных
с определением моментов инерции относительно любых осей.
§ 53. Понятие о главных осях инерции
и определение их положения
Из формул A51), A52) и A55) видно, что моменты
инерции JXi> y{Ji и JXlVl зависят от угла а. С изменением
угла поворота осей а будут изменяться и величины момен-
моментов инерции.
Покажем прежде всего, что при повороте осей коор-
координат на 90° знак центробежного момента изменяется на
обратный. Действительно, пусть, например, координатные
оси х и у для некоторой фигуры (рис. 97) повернулись
против часовой стрелки вокруг начала координат на 90э и
заняли положение х' и у'. Новые координаты элементарной
площадки dF будут выражаться через старые следующим
образом:
у' = — х.

§ 531
ПОНЯТИЕ О ГЛАВНЫХ ОСЯХ ИНЕРЦИИ
181
Центробежный момент инерции относительно новых осей х'
и у' будет:
J*>y>= fx'y'dF = — J xydF = — Jxy.
F F
Это можно было доказать также, подставив в формулу A55)
вместо угла а угол (a-f~90°).
Величина центробежного момента инерции непрерывно
изменяется с изменением угла поворота координатных осей.
При повороте осей на 90° ве-
величина центробежного момента
меняет знак; следовательно,
при переходе от одного знака
к протиЕОлоложному должно
быть и такое положение осей,
для которого она будет равна
нулю.
Оси, относительно которых
центробежный момент инер-
инерции равен нулю, называются
главными осями инерции. Если Рис. 97.
начало координат совпадает
с центром тяжести фигуры, то соответствующие главные
оси называются главными центральными осями инерции.
Если фигура имеет ось симметрии, то эта ось всегда
будет одной из главных осей. Действительно, пусть ось у
будет осью симметрии сечения, изображенного на рис. 98.
Возьмем какую-либо элементарную площадку dF с коорди-
координатами x = at y = b. Центробежный момент этой элемен-
элементарной площадки будет равен:
dJxy = ab dF.
По другую сторону оси всегда найдется элементарная пло-
площадка dF, имеющая координаты х = — а,у = Ь\ ее центро-
центробежный момент инерции будет равен:
d/xy = — ab dF.
Сумма центробежных моментов инерции этих двух сим-
симметричных площадок равна нулю:

182
СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ [ГЛ. VII
Для каждой пары симметрично расположенных элементарных
площадок будет получаться то же самое. Поэтому центро-
центробежный момент инерции всей фигуры, состоящей из симме-
симметричных элементарных площадок, будет равен нулю. Если же
центробежный момент инерции равен нулю, то ось симметрии
и любая к ней перпендикулярная ось будут главными осами.
Таким образом, отыскание главных осей инерции для
симметричных фигур не представляет никакого затруднения.
Рассмотрим теперь вопрос определения положения главных
осей инерции в общем случае, когда фигура не имеет оси симметрии.
П / J J
р у фур
Пусть нам известны моменты инерции
р
Jy и Jxy относи-
относиJy
Jxy
й
y y
тельно каких-либо произвольных осей х и у. Центробежный момент
инерции относительно других координатных осей х± и уь имеющих
то же начало координат, но повернутых относительно первых на
угол а, согласно формуле A55) будет:
J = Х У
sln 2а
cos
Приравняв центробежный момепт JXiyt нулю, найдем угол, на кото-
который надо повернуть первоначальные оси, чтобы новые оси были
главными:
Jx — Jv
&
2
Sin 2а
xy
COS 2a = О,
откуда
2/
Jy Ja
A56)

§ 53] ПОНЯТИЕ О ГЛАВНЫХ ОСЯХ ИНЕРЦИИ 183
Подставляя в эту формулу значения для Jx, Jy и Jxy> найдем
для угла 2а два значения, отличающиеся друг от друга на 180°.
Сами углы а будут отличаться друг от друга на 90°. Следовательно,
главные оси будут перпендикулярны друг другу.
Таким образом, для определения положения главных осей инер-
инерции необходимо в общем случае знать моменты инерции /х, Jy
и Jxy относительно какой-либо пары координатных осей.
Покажем теперь, что относительно главных осей инерции осе-
осевые моменты инерции принимают предельные значения либо наи-
наибольшее, либо наименьшее значение. Для этого найдем угол пово-
поворота а, для которого моменты инерции принимают значение макси-
максимума или минимума. Возьмем выражение A51) для осевого момента
инерции относительно оси, повернутой на угол а относительно
первоначального положения:
JXi = Jx COS2 ос -f Jy Sin2 a — Jxy sin 2a.
dJx
Найдем производную ¦¦¦ ' ' и приравняем ее нулю:
1 = — 2JX Sin a COS a -f ^y sin a COS a — 2Jxy COS 2a = 0
—— = *-"JX two t* —j~ *->Jу Olll u tuo u Z.Jх-ц \
ИЛИ
(Jy — Уд.) Sin 2a = 2У^ COS 2a.
Отсюда
2У™,
Получается то же выражение для угла поворота, что было
найдено и для главных осей [формула A56)J. Следовательно,
высказанное положение .доказано. Если момент инерции относи-
относительно новой оси, повернутой на угол а, определяемый из полу-
полученного выражения, будет иметь максимальное значение, то момент
инерции относительно другой перпендикулярной оси будет иметь
минимальное значение, и наоборот. Это следует из того, что сумма
осевых моментов относительно двух перпендикулярных осей *-не
меняется при вращении этих осей относительно начала координат
[формулы A38) и A53)].
Теперь мы можем дать и другое определение главных осей:
главными осями инерции называются такие две перпендикуляр-
перпендикулярные оси, относительно которых осевые моменты инерции имеют
максимальное и минимальное значения.
Иногда взамен формулы A56) приводят вытекающую из нее
формулу
tg«i= , ХУ г , A57)
^rnin Jx
позволяющую найти тот угол oj, на который следует повернуть
ось х, чтобы получить ось, дающую Ушах.

184 СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ [ГЛ. VII
§ 64. Определение главных моментов инерции
Если известны моменты инерции фигуры Jx> Jy и Jxy относи-
относительно каких-либо координатных осей, то величины главных момен-
моментов инерции могут быть определены следующим образом.
Прежде всего определяются положения главных осей инерции
по формуле
5L A56)
Определив угол 2я, пЪ таблицам определяют значения sin 2а
и cos 2а.
Из предыдущего известно, что сумма и разность моментов
инерции относительно повернутых осей определяются по формулам
A53) и A54):
Jxx - JVx = (Jx ~ Jv) cos 2* - 2JXV sin 2a. A54)
Подставив в формулу A54) найденные значения sin 2a и cos 2я,
получим систему двух"уравнений, из которых легко определяются
главные моменты инерции Jx и Jy.
Можно, однако, выполнить это решение в общем виде и полу-
получить следующие формулы для главных моментов инерции:
__ J.y + Jy \/(JvJy\ ¦
Jmax— 2 « г \ 2 /
7
•'rain" 2 * \ 2 / ' ^*
Эти формулы получаются из равенств A51) и A56) исключением
угла а.
Если моменты инерции относительно главных осей x-i и у± най-
найдены, то моменты инерции относительно каких-либо других осей
:-, v, повернутых на угол а, определяются по формулам A51), A52)
и A55):
Jx = JXx cos2 a + JVx sin^ <*, A60)
Jy = J2/i COS2 a + У^ Sin- a, A61)
<i62>
Эти формулы отличаются от формул A51), A52) и A55) тем,
что в них отсутствует член, содержащий центробежный момент
инерции, равный нулю относительно главных осей xlt у*.
Легко заметить, что уравнения теории моментов инерции имеют
совершенно ту же структуру, что и уравнения теории сложного
напряженного состояния, рассмотренного в главе IV. Так, напри-
например, уравнения D4) и D5а), определяющие нормальное и касатель-
касательное напряжения по наклонной площадке, аналогичны уравнениям

§ 54]
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГЛАВНЫХ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ
185
A51) и A55), определяющим моменты инерции для повернутых
осей. Также аналогичны между собой уравнения для определения
положения главных площадок и главных осей [уравнения D6)
и A56)] или уравнения для главных напряжений D7) и главных
моментов инерции A58), A59). Эта аналогия распространяется и на
рассмотренные свойства: так, если сумма экваториальных моментов
инерции для перпендикулярных осей, проходящих через заданное
начало координат, постоянна, то постоянна и сумма нормальных
напряжений по двум перпендикулярным площадкам, проведенным
через данную точку.
Рис. 99.
Пример 49. Определить осевые моменты инерции прямоуголь-
прямоугольника со сторонами & == 9 см> h = 4 см относительно осей х\ и ylt
если а = 30°, а а— 10 см и с = 8 см (рис. 99).
Решение. Моменты инерции прямоугольника относительно глав-
главных центральных осей х и у
12
12
ло
-I q
12
— Z^to CM .
Моменты инерции относительно повернутых осей хг и у' опре-
определим на основании формул A60) и A61). Так как в этих формулах
sin а и cos а входят во второй степени, то направление поворота
осей не имеет значения, и мы получим:
Jx, = Jx cos2 30° + Jy sin'< 30° =
= 48 • 0,8662 -f 243 • 0,52 = 36 + 60,7 ¦= 96,7 cM
Jy, = Jy cos2 30° + Jx sin- 30° =
= 243 • 0,8662 + 48 . 0,5- = 182 + 12 = 194 смК
Моменты инерции прямоугольника относительно осей Х\ и у±
на основании формулы A40) будут:
JXi = Jx, + Fa? = 96,7 + 9 • 4 • Ю2 = 3700 см\
= J
yf
= 194 + 9 • 4 . 8? = 2490 смК

186
СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ [ГЛ. VII
Пример 50, Определить положение главных центральных осей
инерции и величины главных моментов инерции зетового сечения
(рис. 100). Все размеры сечения даны в миллиметрах.
Р О
) рр д ллметрх.
Решение. Определим сначала моменты инерции JXi Jy и J
xy
y y
относительно осей хну. Для этого разобьем сечение на вертикаль-
вертикальный прямоугольник и два горизонтальных, как показано на рис. 100.
Рис. 100.
Моменты инерции вертикального прямоугольника относительно
осей х и у равны:
1-2Q3
12
= 667 СМ*',
20-15
см*.
Моменты инерции одноЛ) горизонтального прямоугольника:
1,5.(8-
- + (8-1). 1,5
+ у? = 30,4 + 168^ 198 сМ
У ~ 12"
Моменты инерции всего сечения:
4 = 4 + 27^ = 667 + 2-900^2467 см\
Jy = fy + 2/y = 1,66 + 2 .198 ад 398 смК
Центробежный момент инерции вертикального прямоугольника
относительно осей хну равен нулю, так как эти оси для него
являются главными осями.
Определим центробежные моменты инерции горизонтальных
прямоугольников. Их центробежные моменты относительно своих
осей симметрии, Сказанных на чертеже пунктиром, равны нулю.
При переходе к осям х, у на основании формулы A41) получим:

§ 54] ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГЛАВНЫХ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ 187
для верхнего горизонтального прямоугольника:
= 7 .1,5 (— 4) • 9,25 = — 388 еж4,
для нижнего горизонтального прямоугольника:
—I t 1\Г /20 1,5
—+
= 7-1,5-4(— 9,25) = — 388 с**.
Центробежный момент всего сечения:
^?, = -388+ (-388) = -776
Положение главных центробежных осей инерции определяем
по формуле A56):
^Jxy 2 (-776)
^2^
По таблице тригонометрических функций углов находим:
2а=36°52/, а = 18°26/,
2а = 216Q52/, а == 108°26/.
Из той же таблицы выписываем значения
sin 2а = ± 0,6 и cos 2а = ± 0,8.
На основании формул A53) и A54) имеем:
JXi + Jyi = JX + Jy = 398 + 2467 = 2865 сМ
J^ - Jv> = (^ - ^) cos 2a _ 27^ sin 2a =
= B467 — 398) (± 0,8) — 2 (- 776) (± 0,6),
или
y = 2865 cm\
J —J =±2585 cm\
^i i/i
Складывая и вычитая эти уравнения, приняв знак плюс
в правой части второго уравнения, получим:
JXi = 2725 см\
/^ = 140 см*.
Момент инерции JXi будет максимальным, a Jy^ — минимальным.
Если в правой части второго уравнения взять знак минус, то
получим JXi = 140 см\ JtJi = 2725 см*, но оси хг и yt будут по-
повернуты на 90° относительно осей х± и уь показанных на рис, 100*

188 СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ, ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ [ГЛ, VII
§ 55. Контрольные вопросы
Как определяется статический момент фигуры через площадь
фигуры и координаты ее центра тяжести? Какова размерность ста-
статического момента?
Чему равен статический момент площади фигуры относительно
оси, проходящей через центр тяжести фигуры?
По каким формулам определяются координаты центра тяжести
фигуры?
Что называется осевым, полярным и центробежным моментами
инерции? Какова их размерность?
Как связаны между собой суммы осевых моментов инерции
относительно перпендикулярных осей и полярный момент инерции
относительно точки пересечения этих осей?
Какие из моментов инерции — величины всегда положительные?
Как пишутся формулы перехода для осевого и центробежного
моментов инерции при параллельном перенесении оси?
Чему равен осевой момент инерции прямоугольника относи-
относительно его центральной оси, параллельной основанию?
Чему равны осевые центральные моменты инерции круга и
кругового кольца?
Как изменяется центробежный момент инерции при повороте
осей координат на 90°?
Какие оси называются главными центральными осями инерции?
Почему ось симметрии фигуры всегда является одной из глав-
главных осей инерции?
Как определяется момент инерции сложной фигуры, если ее
можно разбить на простейшие фигуры, моменты инерции которых
легко определяются по формулам или таблицам?

ГЛАВА VIII
ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА,
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
§ 66. Общее понятие об изгибе
Возьмем прямолинейный призматический брус с продоль-
продольной плоскостью симметрии (рис. 101); приложим в этой
плоскости уравновешенные силы, действующие перпендику-
перпендикулярно к оси бруса. Брус под действием этих сил изогнется,
ось его искривится. Изгиб бруса силами, перпендикулярными
к его оси и лежащими в одной плоскости, проходящей через
ось бруса, называется во- ,р
перечным изгибом. Дефор- 1
ионии нчгибя finvca ПООИЗОЙ- !>с
ось бруса, называется по-
поперечным изгибом. Дефор- (
мация изгиба бруса произой- Гч. *- 1
дет в плоскости действия
сил; такой изгиб называется
плоским.
->>
Рассмотрим в качестве \1р \1р
примера брус, изгибаемый рис ^
четырьмя равными силами Р,
действующими перпендику-
лярно к оси бруса и лежащими в одной плоскости (рис. 102, а).
Нетрудно видеть, что брус под действием приложенных
к нему сил будет находиться в равновесии. Рассечем
мысленно брус по какому-либо сечению тп, лежащему на
^"рассмотрим теперь какую-нибудь часть бруса, например
левую (рис. 102, б); на эту часть бруса действует пара сил
с моментом, равным Ра, стремящаяся вращать ее по часовой
стрелке. Для того чтобы эта часть бруса сохранила ее стояние
равновесия, в котором она находилась до разреза, необходимо
в сечении тп приложить момент М упругих сил, равный

190 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
по величине моменту Ра внешних сил, но направленный
в противоположную сторону. Где бы на участке ВС мы ни
произвели сечение бруса, мы будем получать тот же ответ,
а именно: всегда отсеченная часть бруса будет находиться
в равновесии под действием двух моментов, равных по вели-
величине Ра и направленных в противоположные стороны. Изгиб
Ю Я
В
—г
М'Ра
\M-Px
Рис. 102.
бруса (в данном случае участка ВС), производимый двумя
равными моментами, направленными в противоположные
стороны, называется чистым изгибом.
Следовательно, участок бруса ВС находится в состоянии
чистого изгиба.
Иное получится, если произвести сечение на участке
бруса АВ и CD. Действительно, разрежем брус на участке АВ
в сечении тхпх на расстоянии х от левого конца (рис. 102, в).
Тогда левая часть бруса будет находиться в равновесии, если
в сечении тхпх приложить момент М упругих сил, равный
моменту Рх внешней силы, но направленный в противопо-
противоположную сторону, и приложить результирующую упругих
сил, направленную вниз и равную Р. Сила Р, действующая
в плоскости сечения, стремится срезать брус по этому
сечению. Следовательно, в этом случае к изгибу, вызывае-

§ 56]
ОБЩЕЕ ПОНЯТИЕ ОБ ИЗГИБЕ
191
б)
нейтральная ось
Ь)
мому моментами, присоединяется еще деформация сдвига.
Такой вид деформации называется поперечным изгибом.
Для наглядного представления деформации изгиба возьмем
небольшой призматический резиновый стержень. Начертим
на его грани две линии, параллельные друг другу и перпен-
перпендикулярные к оси стержня. Приложим по его концам в плос-
плоскости симметрии два равных, но противоположно напра-
направленных момента (рис.
103, а). Стержень под ft i i ы
действием изгибающих ^ » 44 —I'
моментов прогнется, на-
начерченные прямые оста-
останутся прямыми и перпен- ^
дикулярными к изогнутой л I
оси стержня (рис. 103, б).
Этот простой опыт
учит многому. Из него
можно заключить, пред-
предполагая, что внутри бал-
балки явление будет проис-
происходить так же, как и на ее
гранях, что плоские попе-
поперечные сечения и яри деформации изгиба остаются плоскими.
Далее, видно, что эти плоские сеченая взаимно поворачи-
поворачиваются одно относительно другого. Очевидно, такой пово-
поворот происходит вследствие растяжения одних волокон мате-
материала и сжатия других. В нашем примере верхние волокна
(на вогнутой стороне стержня) сжимаются. Отсюда легко
сделать заключение, что у балки имеется такой слой волокон,
который не испытывает ни растяжения, ни сжатия. Этот
слой называется нейтральным слоем. Линия пересечения ней-
нейтрального слоя с плоскостью какого-либо поперечного сече-
сечения называется нейтральной осью. На рис. 103, в линия пп
представляет нейтральную ось.
Кроме того, на той же резиновой модели легко заметить,
.что продольное укорочение волокон на вогнутой стороне
сопровождается удлинением в поперечном направлении, а про-
продольное удлинение волокон на выпуклой стороне — сужением
в поперечном направлении, т. е. явления протекают так же,
как при простом растяжении и сжатии. Вследствие этого
верхняя и нижняя стороны сечения, т. е. линии ab и cdt
Рже. 103.

192 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
искривятся: верхняя линия аЬ удлинится, а нижняя cd уко-
укоротится.
Эти весьма ценные и, казалось бы, простые выводы не
сразу были сделаны учеными. Потребовалось больше сто-
столетия со времени начала изучения изгиба, чтобы прийти
к правильному пониманию явления изгиба. Галилей, начавший
впервые изучать теорию изгиба еще в XVII веке, сделал
неправильное предположение, что при изгибе все волокна
материала одинаково удлиняются. И только в конце
XVIII столетия опытным путем было подтверждено правиль-
правильное предположение, сделанное в начале того же столетия,
что при изгибе одни волокна — на выпуклой стороне — рас-
растягиваются, а другие—на вогнутой стороне — сжимаются.
Вследствие удлинения одних волокон и укорочения других,
вызываемых в брусе изгибающими моментами, в поперечных
сечениях бруса возникают нормальные напряжения растяжения
и сжатия. Величина этих напряжений в данном поперечном
сечении зависит от величины действующего в этом сечении
изгибающего момента. Выше мы видели, что в случаях из-
изгиба бруса силами, кроме изгибающего момента, в поперечных
сечениях действуют еще поперечные силы, стремящиеся про-
произвести сдвиг бруса. Поперечные силы-вызывают в брусе
касательные напряжения, геличина которых в сечении зависит
от величины поперечной силы в данном сечении. Таким об-
образом, в изгибаемом силами брусе в общем случае возникают
нормальные и касательные напряжения.
Прежде чем перейти к определению величин этих напря-
напряжений, рассмотрим способы определения изгибающих мо-
моментов и поперечных сил в различных поперечных сечениях
изгибаемых брусьев.
§ 57. Опоры и опорные реакции балок
Брусья с прямолинейной осью, положенные на опоры и из-
изгибаемые приложенными к ним нагрузками, обычно называются
балками. Балки служат для передачи действующих на них
нагрузок на опоры, на которых они покоятся. На опорах
балки возникают реакции, с определения которых следует
начинать решение всех задач, связанных с изгибом балок.
В зависимости от числа и устройства опор балки число реак-
реакций, подлежащих определению, бывает различно.

§ 57]
ОПОРЫ И ОПОРНЫЕ РЕАКЦИИ БАЛОК
193
1
/гп
f
A
W//M
й)
0
rm
Ш
H'
Рис.
104.
Опоры балок по их устройству могут быть разделены на
следующие три основных типа:
1) шарнирно-неподвижная опора,
2) шарнирно-подвижная опора,
3) жестко-защемляющая опора.
Шарнирно-неподвижная опора показана на рис. 104, а.
Конец балки опирается на каток О. Последний лежит на
опорной подушке А, которая
в свою очередь жестко при-
прикреплена к опорной плоско-
плоскости N. Такая опора не дает
концу балки возможности пе-
передвигаться в каком-либо на-
направлении, позволяя ему только
поворачиваться относительно
центра шарнира О. В дальней-
дальнейшем неподвижно-шарнирную опору будем изображать схема-
схематически, как указано на рис. 104, б.
Относительно реакции, возникающей в шарнирно-непо-
движной опоре, нам известно только, что она лежит в пло-
плоскости действия иагру-
л. жающих балку сил и
проходит через центр
шарнира. Величина и на-
правление реакции нам не-
5 известны. Неизвестную по
величине и направлению
реакцию R всегда можно
заменить двумя состав-
составляющими ее реакциями:
одной - вертикальной А и другой горизонтальной И. В этом
случае вместо реакции, неизвестной по величине и направле-
направлению, получим две реакции, известные по направлению и не-
неизвестные по величине. Таким образом, можно сказать, что
шарнирно-неподвижная опора дает две неизвестные по вели-
величине реакции. Шарнирно-подвижная опора показана на
рис. 105, а. Такая опора отличается от неподвижно-шарнир-
неподвижно-шарнирной тем, что у нее опорная подушка поставлена на катки,
дающие ей возможность передвигаться вместе с концом балки
вдоль оси последней по опорной плоскости N. В дальнейшем
шарнирно-подвижную опору будем изображать схематически,
L
Рис. 105.
13 Зак, 1542. Р. С. Кинасошвили

1
1
%
I
1
R
/ \
/ \
/ |
H
194 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
как указано на рис. 105, б. Шарнирно-подвижная опора
налагает на конец балки только одну связь — она не дает воз-
возможности перемещаться концу балки в направлении, перпен-
перпендикулярном к оси балки. Следовательно, шарнирно-подвиж-
шарнирно-подвижная опора дает лишь одну реакцию, неизвестную по величине,
но известную по направлению.
Жесткое защемление конца балки показано схематически
на рис. 106. Такая опора препятствует всякому перемещению
конца балки в плоскости действия внеш-
внешних нагрузок и, кроме того, препятствует
вращению конца балки. В жестком за-
защемлении возникает реакция, неизвестная
по величине и направлению, препятствую-
препятствующая перемещению конца балки, и реак-
реактивный момент, препятствующий повороту
конца балки. Неизвестную реакцию R
можно всегда заменить двумя реакциями:
одной вертикальной А и другой горизон-
горизонтальной Н. На этом основании можно
сказать, что на опоре, представляющей
жесткое защемление, возникают три не-
неизвестные реакции: вертикальная реакция Л, горизонтальная
реакция Н и опорный момент т.
В практике чаще всего силы, изгибающие балку, действуют
перпендикулярно к оси балки. В этих случаях число неиз-
неизвестных реакций, возникающих на опорах, уменьшается,
так как реакция вдоль оси балки в шарнирно-неподвижной
опоре и в опоре, представляющей жесткое защемление конца,
делается равной нулю. Таким образом, для балок, изгибаемых
нагрузками, перпендикулярными к оси балки, будем иметь:
в шарнирно-неподвижной и шарнирно-подвижной опорах по
одной неизвестной реакции Л, направленной перпендику-
перпендикулярно к оси балки, в жестком защемлении — две неизвест-
неизвестные реакции: реакцию А, перпендикулярную к оси балки,
и реактивный момент т.
§ 58. Определение опорных реакций балок
Так как при всех видах деформаций, изучаемых в сопро-
сопротивлении материалов, предполагается, что величины деформа-
деформации невелики, то при определении опорных реакций балок
можно пренебречь теми изменениями, которые происходят

§ 58] ОПРЕДЕЛЕНИЕ ОПОРНЫХ РЕАКЦИЙ БАЛОК 195
в расположении внешних сил, действующих на балку, вслед-
вследствие деформации балки.
В случае действия на балку сил, лежащих в одной пло-
плоскости, статика дает три уравнения равновесия:
т. е. для равновесия балки необходимо, чтобы суммы проек-
проекций всех сил, приложенных к балке, вместе с реакциями
опор на оси хну были равны нулю; кроме того, должна
быть равна нулю и сумма моментов всех сил относительно
любой точки плоскости.
:/$,; У//У////л
а) б) Ь)
Рис. 107.
Если силы, изгибающие балку, перпендикулярны к ее
оси, то уравнение ^Х=0 обращается в тождество и для
определения реакций остаются два уравнения статики:
1) %У==0, 2) 2^ = 0- A63)
Если балка при поперечном изгибе имеет такие опоры,
что общее число реакций, возникающих на опорах, не пре-
превышает двух, то реакции могут всегда быть определены
из двух уравнений A63) статики. Такие балки, реакции кото-
которых могут быть определены из уравнений статики, называются
статически определимыми балками. Статически определи-
определимые балки могут быть только следующих двух видов:
1) балка с одним жестко-защемленным и другим свободным
концом, иначе консоль (рис. 107, а), и 2) балка с одной
шарнирно-неподвижной и другой шарнирно-подвижной опо-
опорами (рис. 107, б и 107, в).
Балка, изображенная на рис. 107, в, имеет свешивающиеся
концы. Такую балку принято называть консольной, а свеши-
свешивающиеся концы — консолями. Балка на рис. 107,E назы-
называется простой.
13*

196 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
Балки, у которых общее число реакций опор больше
числа уравнений равновесия статики, называются статически
неопределимыми. В случаях статически неопределимых
балок реакции опор определяются из совместного решения
уравнений статики и уравнений деформации балок. Поэтому
с определением реакций статически неопределимых балок
мы познакомимся позднее, после того как научимся опре-
определять деформации балок. А теперь на
конкретных примерах покажем приемы
определения реакций статически опре-
делимых балок.
Предварительно условимся ось х
направлять всегда по оси балки, ось у —
вертикально вверх (рис. 108). При со-
* * ставлении уравнений моментов за
положительные моменты условимся
считать моменты, направленные по часовой стрелке. Если
на балку действует сплошная равномерно распределенная
нагрузка, как показано на рис. 108, то при определении
реакций сплошная нагрузка заменяется ее равнодействующей.
Примером сплошной равномерно распределенной нагрузки
может служить собственный вес балки. Точка приложения
сплошной равномерно распределенной нагрузки лежит по-
посредине того участка, на который она действует. Сплошная
равномерно распределенная нагрузка часто задается ее интен-
интенсивностью. Под интенсивностью сплошной нагрузки пони-
понимают величину нагрузки, приходящуюся на единицу длины.
Если вся сплошная нагрузка равна Р, а длина участка, на
который она действует, /, то интенсивность нагрузки будет:
Размерность интенсивности нагрузки q выражается обычно
в пг/м, кг/м или кг/см.
При заданных интенсивности q равномерно распределен-
распределенной сплошной нагрузки и длине участка, на который она
действует, величина ее равнодействующей определяется как
произведение интенсивности нагрузки на длину участка:

§ 581
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ОПОРНЫХ РЕАКЦИЙ БАЛОК
197
Пример 51. Балка, защемленная одним концом (рис. 109), на-
нагружена равномерно распределенной нагрузкой интенсивности
q =5 0,5 т/м по всей длине балки и сосредоточенной силой Р = 2т
на свободном конце. Определить реакции защемления, если длина
балки / = 4 м.
Решение. В защемлении возникают вертикальная реакция и
реактивный момент. Направление этих реакций нам неизвестно.
Направим пока произвольно вертикальную реакцию А вверх, а опор-
опорный момент т против вращения часовой стрелки. Напишем условия
равновесия, выбрав за центр моментов
точку А:
V4 7
' + Р/ = 0,
откуда величина реактивного момента
-+ 2 -4 = 12 тм.
т ¦
2
Из уравнения проекций сил на ось у
получаем:
А — ql — Р =г 0,
Рис. 109.
откуда реакция
А = ql + Р = 0,5 • 4 + 2 = 4/я.
В данном случае момент т и реакция А получились положи-
тельными. Это указывает на то, что направление их нами было
выбрано правильно. Если после определения реакций какая-либо из
величин получается со знаком минус, то это показывает, что пред-
предварительно выбранное направление ее не совпадает с действитель-
действительным. Поэтому в этом случае направление реакции, полученной со
знаком минус, следует изменить на чертеже на обратное и в даль-
дальнейших расчетах учитывать ее действительное направление.
*////'/
Рис. ПО.
Пример 52. Определить реакции балки, изображенной на рис. 110.
Решение. Направим реакции А и В вверх. Составим уравнение
моментов относительно точки А:

198 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
Отсюда найдем величину реакции В:
-1/
Составим уравнение моментов относительно точки В:
Отсюда найдем величину реакции Л:
А Р,
Р,
§ 59. Поперечная сила и изгибающий момент
Рассмотрим балку, свободно лежащую на двух опорах
и изгибаемую двумя силами Рх и Р2 (рис. 111, а). Пусть
реакции на левой и правой
т ( i опорах будут соответствен-
соответственно равны А и В. Для опре-
а) деления внутренних сил
упругости в каком-либо се-
сечении балки применим общий
В прием, а именно метод се-
а \ \ чения.
б) Разрежем мысленно бал-
балку в сечении тп, отстоя-
отстоящем на расстоянии х от ле-
левого конца балки, и рассмот-
рассмотри in рим левую часть балки, от-
отбросив ее правую часть.
Для того чтобы левая часть балки находилась в равно-
равновесии, в сечении должны действовать поперечная сила Q и
изгибающий момент Ж.
Из условий равновесия левой части балки имеем:
а
/д/ м
от куда
откуда
2) SM =
Ах — Рг(х— а)— Ж = О,

§ 59] ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА И ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ 199
Сила Q—результирующая внутренних сил, приложенная
к оставшейся части балки, численно равная алгебраической
сумме внешних сил, действующих по одну сторону от сече-
сечения, называется поперечной или перерезывающей силой
в сечении.
Момент М пары внутренних сил, приложенный к остав-
1иейся части балки, численно равный алгебраической сумме
моментов внешних сил, действующих по одну сторону от
сечения, называется изгибающим моментом в сечении.
Так как вся балка под действием внешних сил вместе
с силами реакций находится в равновесии, то сумма всех
сил, действующих на часть балки, лежащую левее сечения,
должна быть равна сумме всех сил, действующих на часть
балки, лежащую правее сечения, но иметь обратное направ-
направление.
По тому же условию равновесия момент равнодействую-
равнодействующей пары всех сил, действующих левее сечения относительно
центра тяжести сечения, должен быть равен моменту равно-
равнодействующей пары сил, действующих правее сечения отно-
относительно центра тяжести сечения, но иметь обратное направ-
направление.
Если вместо левой части балки рассматривать правую
часть, то момент и сила от упругих сил в сечении тп были
бы те же, что и при рассмотрении левой части, но направ-
направления их были бы противоположны (рис. 111, в). Таким
образом, в одном и том же сечении балки силы упругости
имеют различные направления в зависимости от того, к какой
части (правой или левой) они приложены.
Для того чтобы изгибающий момент и поперечная сила
в одном н том же сечении имели один и тот же знак неза-
независимо от того, к какой части балки они прикладываются,
условимся о следующем правиле знаков.
Изгибающий момент будем считать положительным,
если он изгибает балку выпуклостью вниз, т. е. если он
левое сечение балки стремится вращать по часовой стрелке или
правое сечение балки—против часовой стрелки (рис. 112, а).
Изгибающий момент будем считать отрицательным,
если он изгибает балку выпуклостью вверх, т. е. если он
левое сечение балки стремится вращать против часовой
стрелки или правое сечение балки — по часовой стрелке
(рис. 112, б).

200 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
Поперечную силу будем считать положительной, если
она стремится сдвинуть левое сечение балки вверх отно-
относительно правого или правое сечение вниз относительно
левого (рис. 113, а).
Рис. 112.
а)
Рис. 113.
Поперечную силу будем считать отрицательной, если
она стремится сдвинуть левое сечение балки относительно
правого вниз или правое сечение — относительно левого
вверх (рис. 113, б).
§ 60. Зависимости между интенсивностью
распределенной нагрузки, поперечной силой
и изгибающим моментом
Рассмотрим балку, лежащую на двух опорах, изгибаемую
силами Р1э Р2, Р3, Р4 (рис. 114). Реакции опор пусть будут
А и В. Напишем момент в сечении тп от сил, лежащих
левее сечения:

§ 60] ЗАВИСИМОСТИ МЕЖДУ ПОПЕРЕЧН. СИЛОЙ И ИЗГИБ. МОМЕНТ. 201
Моменты от сил А и Р2 положительны, так как они
стремятся левую часть балки вращать по часовой стрелке,
момент от силы Рх— отрицательный, так как он стремится
вращать левую часть балки против часовой стрелки.
Рис. 114.
Поперечная сила в сечении тп, как алгебраическая сумма
всех сил, лежащих левее сечения, равна:
Напишем значение момента в сечении т'п', лежащем на рас-
расстоянии dx от сечения тп:
Приращение момента
dM == Mx+dx — Mx==Adx—Pldx-f-P2dx = {A—
Величина, стоящая в скобках, представляет поперечную
силу в сечении тп или то же в сечении т'п\ так как между
этими сечениями не действует внешняя сила:
или
dx
A64)
т. е. поперечная сила равна производной от момента по
абсциссе х. Этот вывод справедлив и при наличии распре-
распределенной нагрузки.
Выведем вторую важную зависимость.
Пусть на балку действует непрерывно распределенная
равномерная нагрузка интенсивности q. Непрерывно распре-

202 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
деленную нагрузку будем считать положительной, когда она
направлена вверх. Если в каком-либо сечении балки попе-
поперечная сила равна Q, то в сечении, расположенном на рас-
расстоянии dx от этого сечения, поперечная сила будет
где
dQ = q dxt
следовательно,
Возьмем производную от обеих частей равенства A64):
dQ d4A
или, приняв во внимание зависимость A65), получим:
т. е. вторая производная от изгибающего момента по абс-
абсциссе равна интенсивности распределенной нагрузки.
Зависимости A64) и A66) были получены русским уче-
ученым и инженером Д. И. Журавским.
§ 61. Построение эпюр изгибающих моментов
и поперечных сил
Нормальные и касательные напряжения, возникающие в по-
поперечных сечениях балки, зависят соответственно от величин
гзгибающих моментов М и поперечных сил Q. Поэтому для
определения наиболее опасных сечений, т. е. таких, в кото-
которых появляются наибольшие напряжения, необходимо знать
изменения моментов и поперечных сил по длине всей балки.
Обычно для большей наглядности эти изменения величин М
и Q по длине балки представляют графически. Такие графики
изменения М и Q называются эпюрами изгибающих момен-
моментов и поперечных сил. Эпюры эти строятся совершенно
таким же образом, как мы строили эпюры крутящих моментов
валов: откладывая от оси, параллельной оси балки, в неко-
некотором масштабе величины изгибающих моментов, действую-
действующих в различных сечениях, и соединяя концы отложенных
отрезков, получим эпюру изгибающих моментов. Для постро-
построения эпюры поперечных сил откладывают отрезки, пред-

§ 61] ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ 203
ставляющие в определенном масштабе величины поперечных
сил в различных сечениях балки. При построении эпюр из-
изгибающих моментов и поперечных сил принято положитель-
положительные М и Q откладывать вверх от оси, а отрицательные —
вниз.
Соотношения A64) и A65), выведенные в предыдущем
параграфе, могут быть использованы при построении эпюр
М и Q. Действительно, соотношению между изгибающим
моментом и поперечной силой Q — -~^— можно дать геоме-
геометрическое толкование. Как известно, производную геометри-
геометрически можно представить как тангенс угла наклона каса-
касательной к кривой в данной точке, т. е.
Следовательно, поперечная сила в данном сечении можег
рассматриваться как тангенс угла наклона касательной к эпюре
моментов в точке, соответствующей этому сечению. В том
сечении, где Q=--— = 0, т. е. в том сечении, где попе-
поперечная сила переходит через нуль, изгибающий момент мак-
максимален или минимален.
Далее, в том сечении, где интенсивность распределенной
нагрузки <7 = -р-=:0, поперечная сила Q максимальна или
минимальна. Это следует из того, что при q — Q касательная
к эпюре поперечных сил параллельна оси абсцисс. На осно-
основании зависимости A64) можно по известной эпюре попе-
поперечных сил построить эпюру моментов и наоборот. Однако
построение эпюр Q и М делают независимо друг от друга,
а зависимостью A64) пользуются только для проверки по-
построенных эпюр.
Перейдем к примерам построения эпюр Q и М.
Пусть балка, защемленная одним концом, изгибается со-
сосредоточенной силой, приложенной у свободного конца
(рис. 115, а). Построим эпюры поперечных сил и изгибаю-
изгибающих моментов.
а) Определение реакций. В защемлении возникают верти-
вертикальная реакция и реактивный момент. Направим реакцию А
вверх, а реактивный момент — против часовой стрелки.

204 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
Из условий равновесия имеем:
2к = 0; А — Р = 0: Л = Р,
ний балки
Для реакции ц момента получили положительный знак;
это указывает на то, что они направлены были верно.
б) Построение эпюры поперечных сил. Для всех сече-
сечесумма сил, лежащих левее сечения, выражается
одной силой — реакцией в защем-
защемлении, равной Я и направленной
вверх. Поэтому на всей длине
балки поперечная сила постоян-
постоянна. Для построения ее эпюры
(рис. 115, б) откладываем вверх
отрезок, представляющий в мас-
масштабе силу Р, и проводим гори-
горизонтальную линию.
в) Построение эпюры мо-
моментов. Изгибающий момент в ка-
каком-либо сечении, отстоящем на
расстоянии х от защемления, най-
найдем как сумму моментов от всех
нагрузок, лежащих по одну сто-
сторону от сечения. Слева от сечения
действуют опорная реакция и опорный момент; следовательно,
момент в сечении будет:
М = — /и-f Ах.
Реактивный момент взят с минусом потому, что он вращает
левую часть балки против часовой стрелки, т. е. изгибает
балку выпуклостью вверх. Момент от реакции А имеет знак
плюс, так как он стремится вращать левую часть балки по
часовой стрелке, т. е. изгибает балку выпуклостью вниз.
Подставив в выражение момента значения т и Л, получим:
М = — Р1 + Рх = — Р (I — х).
Если теперь напишем момент для того же сечения от сил,
действующих справа от сечения, что в данном случае проще,
то получим:
1 — х).
РИС# П5.

§ 61] ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ 205
Как и следовало ожидать, получилось то же значение мо-
момента, что и в первый раз. Сила Р, действующая на сво-
свободном конце балки, создает момент, стремящийся вращать
правую часть балки по часовой стрелке, т. е. изгибает балку
выпуклостью вверх, поэтому момент от этой силы отрица-
отрицательный. Выражение для изгибающего момента, полученного
нами, надо рассматривать как уравнение, дающее закон из-
изменения величины момента с изменением координаты х се-
сечения. Уравнение моментов в данном случае получилось
первой степени; следовательно, это уравнение прямой линии.
Построим эпюру изгибающих моментов для рассматриваемой
балки. Так как в данном случае закон изменения моментов
представляет прямую, то для построения эпюры моментов
надо знать моменты для двух каких-либо сечений балки.
Возьмем сечение, совпадающее с плоскостью защемления,
л: = 0. Момент для этого сечения по абсолютному значению
будет наибольший. Это ясно из уравнения моментов, Момеьт
этот равен:
MmaX=— PL
При х = 1, т. е. в месте приложения изгибающей силы Р,
Имея моменты для двух сечений, построим эпюру момен-
моментов, изображенную "а рис. 115, в. Моменты отложены от
горизонтальной линии Л1В1 вниз потому, что изгибающие
моменты — отрицательные. Таким образом, в данном случае
эпюра моментов выражается треугольником Л1В1С1. Опасным
сечением этой балки является сечение защемления, так как
в нем изгибающий момент имеет максимальное значение.
Заметим, что в данном случае можно было построить
эпюры моментов и поперечных сил проще, не определяя
опорных реакций в защемлении. Для этого надо было опре-
определять М и Q для сечения, отстоящего на расстоянии х от
защемления, обращаясь к силам, лежащим справа.
Укажем следующее важное правило: если .к балке при-
приложены сосредоточенные силы и сосредоточенные моменты^
то эпюра изгибающих моментов выразится отрезками прямых
линий (параллельных оси балки или наклонных). Поэтому
для построения эпюры моментов в этом случае достаточно
вычислить моменты только для отдельных сечений балки,
лежащих на границах отдельных участков эпюры.

206 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
Рассмотрим еще один пример. Балка длиною /, защем-
защемленная одним концом, изгибается нагрузкой Р, равномерно
распределенной по всей длине балки, причем величина на-
нагрузки, приходящейся на единицу длины балки (интенсив-
(интенсивность нагрузки), равна q (рис. 116, а). Построим эпюры
поперечных сил и моментов.
а) Построение эпюры поперечных сил. Для этой балки
мы построим эпюры без определения реакций. Сумма всех
сил, лежащих слева от сечения х,
равна:
Q = — qx.
1
1
Из этого уравнения видно, что
поперечная сила изменяется по
закону прямой линии:
при х = 0 поперечная сила
Q = 0,
при х = 1 поперечная сила
Q = _# = —Р.
Максимальное значение попе-
поперечной силы получается в заделке:
Рис. 116.
по двум значениям вычерчена ц> (рис. 116, б),
б) Построение эпюры моментов. Рассматривая левую
отсеченную часть, получим:
. - х qx1
/VI — qx —zy — к •
Закон изменения изгибающего момента, выражающийся
последним уравнением, будет по всей длине балки одним
и тем же; х изменяется в пределах от х = 0 до х — 1.
Уравнение моментов представляет параболу. Для ее построе-
построения определим моменты для нескольких сечений:
при х = 0 изгибающий момент М = 0,
при х= -77 изгибающий момент М=— ~- = — Р-гг,
Л о о
оР I
при х = 1 изгибающий момент М = — ¦— = — Р ~2*

§ 61] ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ 207
Максимальный момент получился в защемлении, т. е. при
MmSiX = —^-= — ~. A67)
Если сравнить этот момент с максимальным изгибающим
моментом в случае сосредоточенной силы, приложенной на
конце балки, то увидим, что максимальный изгибающий мо-
момент при равномерно распределенной нагрузке в два раза
меньше, чем в случае сосредоточенной силы.
Эпюра изгибающих моментов построена по найденным
точкам параболы на рис. 116, в.
Пример 53. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих
моментов для балки, показанной на рис. 117, а. Интенсивность на-
нагрузки q == 2 т/м, сила Р = 2 т, сосредоточенный момент на конце
балки т = 3 тж. Длина участков: а = 1 м, b = 3 м, с = 2 м.
Построение эпюры поперечных сил. На первом участке попе-
поперечной силы нет. На втором участке поперечная сила равна:
<22 = Р = 2 т,
т. е. на всем участке постоянна.
На третьем участке поперечная сила равна:
или
т. е. поперечная сила на третьем участке изменяется по закону
прямой.
Найдем два значения Q на этом участке:
при х = а-\- b = 4 м
Q = 10 — 2-4 = 2 ш,
при х — а-\-Ь-\-с — 6 м
Q = 10 — 2-6 = — 2 т.
По найденным значениям Q построена эпюра (рис. 117, б).
Построение эпюры изгибающих моментов. На первом участке
балки момент постоянен и равен:
Mi = — т = — 3 тм.
На втором участке:
М2 = — т-\-Р(х — а) = — 3 + 2(х — \) = — 5-{-2х.
На этом участке изгибающий момент изменяется по закону пря-
прямой; для построения эпюры найдем два значения моментов:

208 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ {ГЛ. VIII
при х = а = 1 м
Мв = — 5 + 2*1=—-3 тм,
при х = я + b = 4 jh
Мс=:--5 + 2-4 = 3 тл,
На третьем участке:
или
—21,
На этом участке график момента изменяется по параболе, по-
9
/7
В
Р
С D
< I
б)
2т
Зшм
в)
Рис. 117.
этому для построения эпюры моментов найдем три значения мо-
моментов:
при х — а-\-Ь = 4 м
Мс ==—42+10.4 — 21=3 тм,

§ 61] ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ 209
при х = а-\- b -\- с = 6 м
Л!^ == — б2 Н- 10 • 6 — 21 = 3 тм,
при х=
-^ = 5 м
_ „ 52 + Ю • 5 — 21 = 4 тм.
По найденным значениям моментов построена эпюра (рисЛ17,я).
Пример 54. Балка длиной /, свободно лежащая на двух опорах,
изгибается сосредоточенной р
силой Р (рис, 118, а). к
Построить эпюры попе- т-—а-
речных сил и изгибающих
моментов.
а) Определение опорных
реакций. Составляя уравне-
уравнения моментов относительно
опор А и В, получим:
сумма моментов внешних
сумма моментов в
сил относительно опоры А
А
сумма моментов внешних
сил относительно опоры В
±
Рис. 118.
Удобство применения
в обоих случаях уравнений
моментов заключается в том, что в каждое уравнение входит только
одна неизвестная реакция.
Для проверки найденных реакций воспользуемся другим усло-
условием равновесия, а именно:
2
2
Подставив значения А и В, убедимся в правильности опреде-
определения №™?™-gHue эпюры поперечных сил. Рассматриваемая балка
имеет два участка: первый участок от левой опоры Л до сечения,
где приложена сила Р, т. е. до сечения С, второй участок-от
сечения С до правой опоры В. Для всех сечений первого участка
сумма сил, лежащих левее сечения, выражается одной силой, реак-
реакцией на левой опоре A=-P--j. направленной вверх. Поэтому на
14 Зак. 1542. Р. С. Кинасошвилн

210 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
первом участке поперечная сила постоянна. Для построения эпюры
откладываем от точки А2 (рис. 118, б) вверх отрезок А2А', пред-
представляющий в масштабе силу Рщ-у, и проводим горизонтальную
линию АГС до конца первого участка. При переходе через гранич-
граничное сечение двух участков, т. е. через сечение, где приложена сила
Я, поперечная сила делает резкий скачок. Абсолютная величина
скачка поперечной силы равна величине сосредоточенной силы,
приложенной в этом сечении. Таким образом, на втором участке
поперечная сила будет равна сумме сил:
Следовательно, поперечная сила на втором участке будет отри-
отрицательной, оставаясь постоянной для всего участка. Для завершения
построения эпюры поперечных сил откладываем от точки С' вниз
отрезок С'Съ представляющий в масштабе силу Я, и от точки С2
проводим горизонтальную линию С2В2.
в) Построение эпюры моментов. Цт любого сечения первого
участка, отстоящего на расстоянии х от левой опоры, изгибающий
момент зависит только от одной силы А и выразится так:
М1 = Ах = Р~- х. (а)
Из этого уравнения видно, что изгибающий момент увеличи-
увеличивается прямо пропорционально расстоянию х. Величина х в этом
уравнении моментов первого участка может принимать значения
только от х~0 до х = а', большие значения х соответствуют сече-
сечениям, находящимся на втором участке балки, для которого будет
свое уравнение моментов.
Так как уравнение (а) первой степени относительно х> то изги-
изгибающий момент изменяется по закону прямой. Следовательно, для
построения эпюры на этом участке достаточно знать величины мо-
моментов для каких-либо двух сечений.
Над опорой А, т. е. при х = 0, момент МА = 0. Под силой Я,
лл РаЬ
т. е. при х = я, момент Мс — ——.
Теперь напишем уравнение изгибающих моментов второго уча-
участка для сечения, находящегося на расстоянии х от левой опоры,
и найдем для него изгибающий момент от всех сил, лежащих левее
этого сечения:
AU = Ах — Р(х — а) =^~х — Р(х — а). (б)
Это — уравнение первой степени; следовательно, изгибающие
моменты и на втором участке балки изменяются также по закону
прямой. Но в уравнении (б) в отличие от уравнения (а) расстояние х

§ 61] ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ 211
может меняться в пределах второго участка, т. е. от х = а до
х — a -f- b = /. Имеем:
при х = а
1
при х = /, т. е. над правой опорой,
Следовательно, опасное, или расчетное сечение балки, соответ-
соответствующее наибольшему изгибающему моменту
будет под силой Р.
Для частного случая, когда я = 6 = — т. е. когда сила Р при-
приложена посредине балки, имеем:
Изгибающие моменты на обоих участках балки изменяются по
закону прямой. Над опорами моменты равны нулю. Следовательно,
эпюра моментов балки изобразится ломаной линией AtCtB{ (рис. 118,в).
Высота заштрихованного треугольника А1С1В1 представляет в мас-
штабе момент Р —,
В сечении С, где поперечная сила переходит через нуль, изги-
изгибающий момент имеет максимальное значение.
Пример 55. Балка длиной /, свободно лежащая на двух опорах,
изгибается равномерно распределенной нагрузкой интенсивности q
(рис. 119, я). Построить эпюры поперечных сил и изгибающих мо-
моментов.
а) Определение реакций. Вся нагрузка, действующая на балку,
равна ql. Так как эта нагрузка распределена разномерно по всему
пролету балки, то реакции опор будут:
б) Построение эпюры поперечных сил. Рассматриваемая балка
имеет только один участок. Сумма сил, лежащих по левую сторону
от сечения, выражается уравнением
Так как уравнение поперечных сил есть уравнение первой сте-
степени, то эпюра будет представлять прямую, для построения которой
достаточно знать два значения поперечной силы:

212 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIU
при х = 0 поперечная сила равна
при х = I поперечная сила равна
П - ql п
VJ5 = — ~ = ~
Эпюра поперечных сил показана на рис. 119, б.
в) Построение эпюры моментов. Так как рассматриваемая
балка имеет только один участок, то закон изменения изгибающих
моментов по всей длине балки будет один и тот же. Изгибающий
момент в каком-либо сечении балки на расстоянии х от левой опо-
опоры будет равен сумме моментов от реакции А — —¦ и равномерно
распределенной нагрузки,
жащей на длине балки х\
ле-
леМ = -
х qX ' 2 ~
qx(l
Полученное выражение для
моментов представляет урав-
уравнение параболы. Для построе-
построения эпюры определим моменты
для нескольких сечений; имеем:
при х = О
1 ,
при х = -J- /
Рис. 119.
при х = — /
8
Так как балка нагружена симметрично, то вычислять изгибаю-
изгибающие моменты в правой половине балки нет надобности, их можно
просто написать сразу:
при х~~1
при х = /
32"

§ 61J ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ 213
Наибольшее значение изгибающего момента будет посредине
балки, где поперечная сила переходит через нуль; он будет равен:
^шах-^# A?0)
Если величину нагрузки, действующей на балку, обозначить
через Р, т. е. положить ql «* Р, то
Из сравнения этой формулы с формулой A69) для максималь-
максимального изгибающего момента в случае сосредоточенной нагрузки,
приложенной посредине балки, видно, что в случае равномерно
распределенной нагрузки максимальный изгибающий момент
в два раза меньше, чем для случая сосредоточенной силы той же
величины.
Эпюра изгибающих моментов построена по найденным значениям
моментов на рис. 119, в.
Пример 56. Двухконсольная балка CD длиной / (рис. 120, а)
изгибается равномерно распределенной нагрузкой интенсивности q.
Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.
а) Определение реакций. Так как нагрузка распределена сим-
симметрично относительно опор балки, то реакции на опорах будут:
б) Построение эпюры поперечных сил. На конце левой консоли
поперечная сила равна нулю; далее она до опоры А увеличивается
по абсолютной величине, следуя закону
Перед опорой А она получает наибольшее отрицательное зна-
значение, равное Q^~—qa. Здесь действует реакция А*= ^напра-
^направленная вверх и по абсолютному значению большая, чем
Поэтому в сечении над опорой А поперечная сила меняет знак
и делается равной:
ql . qBa + b) qb
Далее, на втором участке вследствие равномерной нагрузки,
действующей вниз, поперечная сила постепенно уменьшается. Для
середины балки сумма сил, действующих левее этого сечения, равна:

214 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
Следовательно, в среднем сечении балки поперечная сила равна
нулю. Перед опорой В сумма сил, лежащих левее опоры, будет
равна:
Здесь действует реакция В = —-, направленная вверх и по аб-
абсолютному значению большая, чем Q^ = — ^-.Поэтому попереч-
поперечная сила над опорой В меняет знак и делается равной:
Далее, на правой консоли поперечная сила вследствие прибавле-
прибавления равномерной нагрузки, действующей вниз, постепенно умень-
уменьшается и над правым концом балки делается равной нулю.
Рис. 120.
Эпюра поперечных сил показана па рис. 120, б.
в) Построение эпюры моментов. Рассматриваемая балка имеет
три участка: СД АВ и BD%

§ 61] ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ 215
Уравнение изгибающих моментов для первого участка
х tfx"
2 2 '
при х = О
Мс = О,
при х = а
Так как уравнение (а) представляет собой уравнение параболы,
то для построения эпюры моментов возьмем еще хотя бы одно
а
промежуточное сечение; при х = -ту получаем:
Уравнение изгибающих моментов для второго участка
А«,—«* + ?(,_ й); (б)
при х = а имеем:
при х = а + Ь имеем:
и. VI ? Hj " —р
но / = 2а -{- ^; поэтому
qa?
_ 1-
т. е. момент над опорой Б равен моменту над опорой А, что,
конечно, можно было сказать и заранее, так как при симметричной
нагрузке балки и эпюра моментов должна получаться симметричной.
Изгибающий момент посредине балки, т. е. при х = ~, из урав-
уравнения (б) будет:

216 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
Пример 57. Балка длиной /, свободно лежащая на двух опорах»
изгибается моментом т (рис. 121, а). Построить эпюры поперечных
сил и изгибающих моментов.
а) Определение опорных реакций. Направим реакцию А вверх,
а реакцию В вниз; из }гсловий
ВТ
равновесия
В
[ имеем:
= 0;
А =
0;
= Л
Л/ — m
m л
Т'
А — В =
m
= 0;
= 0;
Следовательно, момент, из-
изгибающий балку, вызывает на
опорах реакции, равные по ве-
величине, но направленные в про-
противоположные стороны. Вели-
Величина этих реакций такова, что
они создают момент, уравнове-
уравновешивающий момент, приложен-
приложенный к балке.
б) Построение эпюры по-
поперечных сил. Для всех сече-
сечений первого и второго участ-
участков балки сумма сил, лежащих
левее сечения, выражается
только одной силой — реакцией
на опоре А, т. е. силой у.
Поэтому эпюра поперечных
сил для рассматриваемого
случая представляет прямую, параллельную оси балки (рис. 121, б)*
в) Построение эпюры моментов. Рассматриваемая балка имеет
два участка: первый участок — от опоры А до сечения, в котором
приложен изгибающий момент, т. е. до точки С, второй участок —
от точки С до опоры В. Изгибающий момент для любого сечения
первого участка выражается уравнением
МЛ
л т
• Ах = — х.
Над опорой А, т. е. при лг =
В сечении, где приложен момент, т. е. при х = а,
Mc="La.

§ 61] ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ 217
Составим уравнение моментов для второго участка балки:
М2 = Ах — /и = ~ х — m=z ~(х — О-
Имеем:
при х = а
Мс =-j(x — !) = m—j- = — jb,
при х = а + Ь
Эпюра моментов, построенная по найденным значениям момен-
моментов, показана на рис. 121, в. Линии эпюры моментов на участках,
разделенных сосредоточенным моментом, на основании зависимости
A64) должны быть параллельными.
В сечении, где приложен изгибающий момент, эпюра моментов
делает внезапный скачок, меняя при этом знак. Так как ?>а, то
максимальный момент будет:
Л4тяу = гЬ. A71)
max i
В частном случае, когда момент приложен посредине пролета балки,
т. е. когда а — b = -^,
т
Пример 58. Для балки, представленной на рис. 122, а, построить
эпюры поперечных сил и моментов, если Р = 2/и, а = 0,5 м.
а) Определение реакций. Опорные реакции А и В находим из
уравнения моментов сил относительно точек А и В:
А = — Р-| — Ра —- В • 2а + Р • За = 0,
В = 0,75Р = 0,75 .2 = 1,5 т\
в = — Р • 2,5а + Л»2а — Р-а + Р-а = 0,
А = 1,25Р= 1,25-2 = 2,5 т.
б) Построение эпюры поперечных сил (рис. 122, tf). Рассматри-
Рассматриваемая балка имеет четыре участка: С А, АЕУ ЕВ и BD. На первом
участке балки в сечении на расстоянии х от левого конца С попе-
поперечная сила равна:
Эпюра на этом участке изображается прямой линией. Имеем:
при х = 0
Qc=0,
при х = а
QA =— \а = —4.0,5 = — 2 т.

218 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
На втором участке сумма сил, лежащих по левую сторону се-
сечения, равна:
Qo = — Р + Л = — 2 + 2,5 = 0,5 т.
Над опорой А поперечная сила меняет знак, делаясь из отрица-
отрицательной положительной. На втором участке поперечная сила
Q _^^
0,5 гп
\
-//77
Lj'
-1,25
Рис. 122.
"¦2 т
б;
б)
постоянна по всей длине участка, поэтому ее эпюра представляет
прямую параллельную оси.
На третьем участке балки сумма сил, лежащих левее любого
сечения этого участка, остается такой же, как и на втором участке;
т. е.
Qd = 0,5 пи
Поэтому эпюрой на этом участке будет та же прямая, парал-
параллельная оси, что и на втором участке.

§ 61J ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ 219
На четвертом участке поперечная сила равна:
Q4 = _Р + Л + ? = —2 + 2,5+1,5 = 2 т.
Эпюра на этом участке изображается также прямой, параллель-
параллельной оси. В конце четвертого участка прибавляется сила 2 т, на-
направленная вниз, поэтому правее конца балки D поперечная сила
равна нулю.
Наибольшая поперечная сила получилась над опорой А и по
всей длине четвертого участка:
в) Построение эпюры моментов (рис. 122, в). Момент на пер-
первом участке С А в сечении, отстоящем на расстоянии х от левого
конца С, равен:
Р х 2 х2
При л: = 0
Мс = 0;
а
ИрИ Х= -jj
М =— -("о") s — ^("Т/ я — 0,125 тм;
при х = а
Мл=~-2а2 = — 2-0,52 = — 0,5 тм.
Момент на втором участке:
м2» — Р (х — ~) + л (х — *) =
= -2(л-.^| + 2,5(л:- 0,5) = 0,5* — 0,75,
причем при х = а
МА =» + 0,5 • 0,5 — 0,75 = — 0,5 тм,
при х — 2а
МЕ == 0,5 • 2 .0,5 — 0,75 = — 0,25 тм.
Момент на третьем участке:
AU = — Р [х — Q + А (х — а) — Ягг =
« — 2(jc — —] + 2,5 (д:—0,5) — 2-0,5 = 0,5^ — 1,75,
причем при х = 2а
МЕ = 0,5 • 2 • 0,5 —1,75 = — 1,25 тм,
т. е, в сечении, где приложен момент, эпюра моментов имеет ска-
скачок. При х = За
Мм = 0,5 .3 - 0,5 — 1,75 =г — 1 тм.

220 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. VIII
Момент на четвертом участке от сил, лежащих справа от се*
чения:
М4 = — РDд — дг) = — 2B — лг),
причем при х = За
Af^ = — 2 B — 1,5) = — 1 тм,
при х =» Аа
Эпюра моментов по найденным значениям моментов построена
на рис. 122, в.
Максимальное абсолютное значение изгибающего момента полу-
получилось в сечении Е, где приложена пара сил
iWmax = —1,25 тм.
§ 62. Контрольные вопросы
Какой изгиб называется плоским изгибом?
Какой изгиб называется чистым изгибом?
Что делается с продольными волокнами материала при изгибе?
Какой слой волокон балки называется нейтральным?
Что называется нейтральной осью?
На какие три тина делятся опоры балок?
Какие реакции возникают в каждом из трех типов опорных
устройств балок при действии изгибающих сил, направленных пер-
перпендикулярно к оси балки?
Что называется интенсивностью равномерно распределенной
нагрузки?
Что называется изгибающим моментом и поперечной силой
в данном сечении?
Как определяется знак изгибающего момента и поперечной силы?
Какая существует связь между изгибающим моментом и попе-
поперечной силой?
Для чего строятся эпюры изгибающих моментов и поперечных
сил?

ГЛАВА IX
НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ И РАСЧЕТ БАЛОК
НА ПРОЧНОСТЬ
§ 63. Определение нормальных напряжений при изгибе
Метод сечения при изгибе, как и при других видах дефор-
деформаций, дает возможность определить изгибающий момент и
поперечную силу в сечении балки. Вопрос же распределе-
распределения упругих сил по сечению является вообще задачей, ста-
статически неопределимой. Такие задачи, как мы это видели
выше, решаются на основании рассмотрения деформаций.
При растяжении и сжатии предполагалось, что все волокна
материала получают в направлении действия сил одинаковые
относительные деформации; отсюда делалось заключение,
что напряжения распределяются по сечению равномерно.
Вопрос о распределении напряжений при кручении был решек
на основании предположения, что относительные сдвиги
отдельных элементов поперечного сечения прямо пропорцио-
пропорциональны их расстоянию до оси стержня. Выяснение закона
распределения напряжений по сечению при изгибе также
может быть решено только на основании рассмотрения дефор-
деформаций.
Возьмем часть балки, изгибаемой двумя равными и про-
противоположно направленными моментами, действующими в про-
продольной плоскости симметрии балки (рис. 123, а). На ри-
рисунке изгиб балки для наглядности сильно преувеличен. На
самом деле, как и при других видах деформаций, мы пред-
предполагаем, что величина деформации изгиба очень мала и
искривленная ось балки мало отличается от первоначальной
прямой оси.
Пусть линия NN представляет нейтральный слой, выше
которого находятся растянутые волокна бруса а ниже его —

222
НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
[ГЛ. IX
сжатые. Пусть общий центр кривизны изогнутых волокон
будет в точке О, радиус кривизны нейтрального слоя р.
Выделим из рассматриваемой части бруса элемент ABDC при
помощи двух очень близких сечений, проходящих через центр
кривизны бруса и наклоненных друг к другу на бесконечно
малый угол <2ср. Бесконечно малая длина ds волокна та ней-
нейтрального слоя после изгиба, искривившись, останется той
же длины. Волокна т1пи лежащее на расстоянии у от ней-
нейтрального слоя, получит некоторое удлинение. Для того чтобы
Рис. 123.
найти это удлинение, проведем из точки п линию, параллель-
параллельную АВ. Тогда дуга п'пх даст это удлинение. Из подобия
большого треугольника Отп и малого nn/ni имеем;
ПГП\
ds
(а)
Левая часть этого равенства представляет относительное
удлинение волокна тхп^ которое до деформации имело
длину ds. Обозначив относительное удлинение рассматривае-
рассматриваемого волокна чер^з я перепишем равенство (а) в следую-
следующем -виде:
е = 4- (б)

§ 63] ОПРЕДЕЛЕНИЕ НОРМАЛЬНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ ПРИ ИЗГИБЕ 223
Для данного сечения радиус кривизны р есть величина
постоянная. Поэтому из уравнения (б) можно сделать вывод,
чго величина относительной деформации волокон изгибаемого
бруса прямо пропорциональна расстоянию их до нейтрального
слоя. Так как волокна бруса при изгибе испытывают только
простое растяжение или сжатие, то для определения распре-
распределения упругих сил по сечению можно применить закон
Гука, принятый для растяжения и сжатия:
а = Ег. (в)
Подставляя в (в) вместо г его выражение из (б), получим:
° = EJ. A72)
Формула A72), полученная из рассмотрения деформации,
дает закон распределения упругих сил по поперечному сече-
сечению бруса. Из этой формулы следует, что напряжения в по-
поперечном сечении изогнутой балки прямо пропорциональны
расстоянию рассматриваемой точки сечения до нейтраль-
нейтрального слоя. Все волокна, лежащие на одинаковом расстоянии
от нейтрального слоя, имеют одинаковые напряжения, т. е.
по ширине балки напряжения не меняются.
Для нейтрального слоя у = 0. Следовательно, для этого
слоя а = 0. При переходе за нейтральный слой знак у ме-
меняется; меняется и знак напряжения с Максимальные напря-
напряжения в сечении будут в точках, для которых расстояние у
наибольшее, т. е. у верхнего и нижнего слоев сечения.
Эпюра напряжений в поперечном сечении представлена
па рис. 123, б, где напряжения растяжения показаны напра-
направленными в одну сторону, а напряжения сжатия — в проти-
иоположную сторону.
В формулу A72) входит радиус кривизны нейтрального
слоя; для определения его выделим из площади поперечного
сечения (рис. 123, в) элементарную площадку df, отстоя-
отстоящую на расстоянии у от нейтральной линии. Элементарная
нормальная сила, действующая в этой площадке, на основа-
основании A72) будет равна:
dN = odF = Q dF. (г)
Так как все силы упругости, действующие в сечении,
должны на основании условия равновесия давать только

224 НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. IX
момент, равный внешнему моменту, то сумма проекций их
на ось балки х должна быть равна нулю, т. е.
^dF = 0 или y
Отношение — =?0, следовательно,
Интеграл этот представляет статический момент площади
поперечного сечения относительно нейтральной линии. Если
статический момент равен нулю, то ось, относительно кото-
которой он взят, проходит через центр тяжести сечения. Отсюда
следует очень важный вывод, а именно: нейтральная ось
проходит через центр тяжести поперечного сечения.
Элементарный момент внутренней силы, действующей на
площадке dF относительно нейтральной оси z> на основа-
основании уравнения (г) будет равен:
Сумма всех элементарных моментов внутренних сил упру-
упругости по условиям равновесия должна быть равна внешнему
моменту, т. е.
fj f f M. (д)
Интеграл fy2dF представляет момент инерции попе-
F
речного сечения относительно нейтральной оси. Обозначив
его через У, получим:
или, переписав это выражение иначе, будем иметь:

§ 63] ОПРЕДЕЛЕНИЕ НОРМАЛЬНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ ПРИ ИЗГИБЕ 225
Формула A73) является основной формулой теории изгиба.
Величина кривизна изогнутой оси балки — характери-
характеризует величину деформации при изгибе; из формулы A73) сле-
следует, что деформация при изгибе прямо пропорциональна изги-
изгибающему моменту и обратно пропорциональна произведению EJ,
называемому жесткостью балки (при изгибе). Кроме того,
из этой же фбрмулы можно сделать и другое заключение,
а именно: участки балки, нагруженные постоянным моментом,
т. е. участки, находящиеся в состоянии чистого изгиба,
EJ
искривляются по дуге окружности радиуса -rj.
Определив из формулы A73) р и подставив его значение
в уравнение A72), получим:
о = ^. A74)
Из этого уравнения, как и выше из уравнения A72),
видно, что наибольшие напряжения возникают в волокнах,
наиболее удаленных от нейтральной оси. При расчете на проч-
прочность нас интересуют обычно наибольшие напряжения. Сле-
Следовательно, вместо у в уравнение A74) надо подставить рас-
расстояния от нейтральной оси наиболее удаленных волокон.
Если, как в нашем случае, центр тяжести поперечного сече-
сечения не лежит посредине высоты балки, то максимальные
напряжения для наиболее удаленных волокон сечения будут;
Mill Mfl*
Одно из них будет давать максимальное напряжение рас-
растяжения в растянутых волокнах, а другое — максимальное
напряжение сжатия в сжатых волокнах. Если материал балки
сопротивляется одинаково растяжению и сжатию, то доста-
достаточно определить только одно максимальное напряжение для
тех волокон, которые наиболее удалены от нейтральной оси,
независимо от того, растягиваются они или сжимаются.
В нашем случае наибольшим напряжением будет:
_ Mhx
amax у >
так как hx > h2.
Если материал, как, например, чугун, сопротивляется рас-
растяжению и сжатию неодинаково, то надо определять оба
15 Зак. 1312 Р. С. Кинасошвили

226 НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. IX
максимальных напряжения. Если центр тяжести сечения
бруса из материала, сопротивляющегося одинаково растяже-
растяжению и сжатию, лежит посредине высоты, т. е. hi~h2i = -Kt
то в этом случае напряжения растяжения и сжатия по абсо-
абсолютной величине будут одинаковы и определятся по фор-
формуле
где -— — расстояние растянутого или сжатого волокна, наи-
наиболее удаленного от нейтральной оси.
Если величина момента по длине бруса меняется, то лля
определения максимальных напряжений надо брать то сече-
сечение, где изгибающий момент имеет максимальное значение.
Такое сечение бруса выше было названо опасным сечением*
Отношение момента инерции J к расстоянию з>тах наибо-
наиболее удаленного волокна от нейтральной линии называется
моментом сопротивления сечения изгибу и обозначается W:
У max
= W. A77)
Так как J имеет размерность ел4, а утйХ— см, то раз-
размерность W будет см3.
Принимая во внимание выражение A77), формулу A76)
для определения максимального напряжения в балке, у кото-
Рого 3;max==^i==^2x=-9'» можно переписать в следующем
виде:
Обозначим моменты сопротивления бруса, у которого
hi Ф h2f соответственно через Wx и Wz\
Тогда для такого бруса будем иметь:
W

§ 63] ОПРЕДЕЛЕНИЕ НОРМАЛЬНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ ПРИ ИЗГИБЕ 227
При выводе формул настоящего параграфа мы полагали,
что балка имеет продольную плоскость симметрии и что
деформация изгиба происходит в этой плоскости. Рассмотрим
теперь изгиб балки с несимметричным поперечным сечением,
например балки, имеющей поперечное сечение в виде неравно-
бокого уголка (рис. 124).
Предположим, что внешние нагрузки действуют в глав-
главной плоскости балки, т. е. в продольной плоскости, прохо-
проходящей через одну из главных осей поперечного сечения.
Рис. 124.
Пусть оси у и z будут главными центральными осями сече-
сечения, а изгибающие моменты действуют в главной плоскости,
проходящей через ось у. Посмотрим, будут ли удовлетво-
удовлетворяться условия равновесия, если предположить, что распре-
распределение напряжений по сечению балки в этом случае будет
такое же, как и в случае действия изгибающих моментов
в плоскости симметрии бруса, т. е. по формуле A74), и
будет ли нейтральная линия совпадать с главной центральной
осью z поперечного сечения бруса.
При распределении напряжений по поперечному сечению
по формуле A74) момент внутренних усилий относительно
нейтральной оси уравновешивает внешний изгибающий момент.
Элементарное усилие, действующее на какую-либо пло-
площадку dF, имеющую координаты г, .у» по формуле A74) будет;
15*

228 НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. IX
Элементарный момент от этого усилия относительно глав-
главной оси Оу равен:
Сумма элементарных моментов всех внутренних усилий,
действующих в поперечном сечении, относительно главной
оси бруса Оу будет:
Внешний изгибающий момент относительно той же оси
бруса равен нулю, следовательно, и Му должен быть равен
нулю, а это будет тогда, когда ГyzdF = О, т.е. когда цен-
центробежный момент сечения будет равен нулю. Так как
оси^у и z являются главными осями, то центробежный момент
относительно этих осей действительно равен нулю (см. § 53).
Следовательно, в случае действия изгибающего момента
в одной из главных плоскостей балки другая главная пло-
плоскость будет совпадать с плоскостью нейтрального слоя,
или, иначе, нейтральная линия сечения будет совпадать с глав-
главной центральной осью сечения, и распределение напряже-
напряжений по сечению будет такое же как и в случае действия
изгибающих моментов в плоскости симметрии бруса,
§ 64. Моменты сопротивления наиболее
часто встречающихся сечений
Зная осевой момент инерции сечения относительно ней-
нейтральной линии и расстояние наиболее удаленных волокон
от нейтральной линии, моменты сопротивления будем опре-
определять по общей формуле A77):
У max
Момент сопротивления прямоугольного сечения с осно-
основанием Ь и высотой h (рис. 125) будет:

§ 64] моменты сопротивления 229
В формуле A78) момент сопротивления стоит в знамена-
знаменателе, следовательно, с увеличением момента сопротивления
увеличивается и прочность балки. Поэтому с точки зрения
экономии материала наиболее рациональными будут такие
сечения, у которых при малой площади моменты сопро-
сопротивления получаются большими. Так, например, прямоуголь-
прямоугольное сечение балки, у которой h> b, выгоднее,
чем квадратное. Действительно, момент сопро-
сопротивления квадратного сечения равен:
2" 12
Если площади сечений прямоугольного
и квадратного равны, т. е.
bh = a\
то отношение момента сопротивления прямоугольного сече-
сечения к моменту сопротивления квадратного сечения будет:
Wnp b№ a* _bh h _h
Так как bh = a2 и h> b, то h > а, следовательно,
Wnp прямоугольного сечения во столько раз больше WKB
квадратного сечения той же площади, во сколько раз высота
прямоугольника больше стороны квадрата.
Балка прямоугольного сечения, положенная плашмя, будет
иметь момент сопротивления
W = ~. A82)
Из сравнения формул A80) и A82) видно, что в послед-
последнем случае (балка, положенная плашмя) момент сопротивле-
сопротивления будет меньше, следовательно, класть балку плашмя невы-
невыгодно. В этом легко убедиться, изгибая обычную чертежную
линейку.
Момент сопротивления для круглого сечения будет равен:
^ ^ ^«0,lrf3. A83)

230
НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
[ГЛ. IX
Прямоугольное и круглое сечения чаще всего встречаются
в деревянных балках. Для металлических балок выбирают
другие, более рациональные сечения, чем прямоугольное и
круглое.
Так как вблизи от нейтральной оси материал мало напря-
напряжен, то выгоднее больше материала сосредоточивать по-
а)
б)
Рис. 126.
дальше от нейтральной оси, т. е. переносить его от мест,
где он напряжен мало, к местам, где он будет напряжен
больше. Поэтому для балок из металла, сопротивляющегося
одинаково растяжению и сжатию, часто
сечения выбирают в виде двутавра
(рис. 126, а), швеллера (рис. 126, б);
часто применяются сварные балки
(рис. 126, в). Такие балки в сравнении
с балками прямоугольного и круглого
сечений, имеющими такую же площадь
, , сечения, дают значительно большие мо-
I 1 менты сопротивления. Нейтральная ли-
Рис. 1?7 ния в этих сечеииях проходит посре-
посредине высоты, поэтому наибольшие
напряжения растяжения и сжатия для таких сечений будут
одинаковыми. Для балок, материал которых сопротивляется
неодинаково растяжению и сжатию, например чугун, берутся
сечения, несимметричные относительно нейтральной линии,
как, например, тавровое сечение (рис. 127). Тавр тогда рас-
располагают так, чтобы в горизонтальной полке были напряже-
напряжения растяжения; последние благодаря приближению нейтраль-
нейтральной оси к горизонтальной полке оказываются меньшими
напряжений сжатия (см, § С5),

§ 64]
МОМЕНТЫ СОПРОТИВЛЕНИЯ
231
В практике нередко встречается кольцевое сечение (труб-
(трубчатое). Момент сопротивления кольцевого сечения больше,
чем круглого сечения равной площади, так как материал
в кольцевом сечении более рационально использован: он отне-
отнесен дальше от нейтральной линии.
Момент сопротивления для кольцевого сечения с внешним
диаметром D и внутренним d будет равен:
№ = -?- = :
32D
или, обозначив отношение -=- = а, получим другое выраже-
выражение для W кольцевого сечения:
WttO,\D*(l — а*). A85)
Выражением A85) обычно пользуются при определении
диаметров сечения Dud при заданном отношении 7j = a.
Моменты инерции и моменты сопротивления катаных про-
профилей стандартных размеров даются в таблицах ГОСТ,
Пример 59. Определить отношение между сторонами hub
прямоугольной балки, вырезанной с тем расчетом из круглого бревна
диаметра d (рис. 128), чтобы се-
сечение имело наибольший момент
сопротивления W.
Решение. Момент сопротивле-
сопротивления прямоугольника, имеющего
основание х и высоту yt будет.
6 •
так как
то
W-.
yssY<p—x*9
х(аъ — х2) xd^ — x*
6
6
Рис. 128.
ние
Для определения максимального значения W составим выраже-
dW ,.
dx
dx

232
НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
[ГЛ. IX
откуда
и, следовательно,
Высота прямоугольника с основанием —jr= будет:
_ у а- — х* =
Следовательно, отношение сторон прямоугольника, вырезанного из
круга и имеющего наибольший момент сопротивления, будет:
y\x = i
или
Пример 60. Определить, как изменится момент сопротивления
квадратного сечения со стороной а относительно диагонали АВ
(рис. 129), поставленного на ре-
ребро, если срезать вверху и внизу
уголки с боковыми сторонами,
равными -g- стороны квадрата.
Срезаемые уголки на чертеже по-
показаны штриховкой.
Решение. Момент сопротивле-
сопротивления полного квадрата относительно
диагонали АВ будет:
Г л4
4r
п
12
а У
12
2
Рис. 129.
Определим теперь момент
сопротивления оставшейся части
квадрата после удаления треуголь-
треугольников. Эту часть можно рассматри-
рассматривать состоящей из квадрата FKLB и двух параллелограммов AEFK
и AKLM.
Основание треугольника
Высота треугольника

§ 65] РАСЧЕТНЫЕ ФОРМУЛЫ ИЗГИБА. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТА БАЛОК 233
Момент инерции квадрата FKLB относительно диагонали равен:
Сумма моментов инерции параллелограммов AEFK и AKLM, сло-
сложенных своими основаниями, равна:
" " 6 - 27 ~ 27
Момент сопротивления оставшейся части квадрата
9 ""- 729 a#
Отношение момента сопротивления IF' к моменту сопротивления
полного квадрата будет равно:
W _ 64 V2V» д» У? _
ТГ "" 729 ' ~Т2 >Ш4'
Таким образом, удаление треугольников уменьшает площадь
сечения, но увеличивает момент сопротивления на ~ 5%. Это про-
происходит оттого, что хотя с удалением треугольников уменьшается
момент инерции квадрата, но в еще большей степени уменьшается
высота балки.
§ 65. Расчетные формулы изгиба.
Примеры расчета балок
Выше было показано, что при изгибе балки поперечными
силами в сечениях балки, кроме изгибающих моментов вызы-
вызывающих нормальные напряжения, действуют и поперечные
силы. Касательные напряжения, вызываемые поперечными
силами, достигают значительной величины только в очень
коротких балках. Поэтому расчет балок производится обычно
только по нормальным напряжениям.
Зная для данного материала допускаемые напряжения на
растяжение [ар] и на сжатие [асж], можно на основании фор-
формул A78) написать уравнения прочности при изгибе:
Mmax

234
НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
[ГЛ. IX
т. е. напряжения в крайних волокнах не должны превосхо-
превосходить допускаемых напряжений на растяжение и сжатие.
Если для данного материала [ар] = [асж] = [а], то расчет-
расчетное уравнение при изгибе будет:
°ша, = ^<№ 087)
Расчетные уравнения прочности при изгибе аналогичны
расчетным уравнениям, рассмотренным выше. Они дают воз-
кюжность также решать три задачи: 1) определять напряже-
напряжение, если известны изгибающий момент, действующий на
балку, и момент сопротивления сечения балки; 2) определять
изгибающий момент, действующий на балку, если известны
допускаемое напряжение и момент сопротивления сечения,
и 3) определять момент сопротивления, а по нему и раз-
размеры сечения, если известны изгибающий момент и допу-
допускаемое напряжение.
Если материал балки сопротивляется одинаково как рас-
растяжению, так и сжатию, то целесообразно выбирать по-
поперечное сечение балки с двумя осями симметрии. Если же
допускаемые напряжения на растяжение и сжатие для данного
материала различны, то целесообразнее выбирать сечение
балки, несимметричное относительно нейтральной оси, и так
расположить балку, чтобы волокна, испытывающие более
опасные напряжения, были ближе к нейтральной оси.
Рис. 130.
Пример 61. Определить допускаемую величину силы Р} изги-
изгибающей свободно лежащую на двух опорах стальную балку длиной
3 м (рис. 130). Сечение балки прямоугольное, b = 6 см, Л = 12 см,
предел текучести материала ат = 2500 кг/см\ запас прочности k = 2,5.

§ 65] РАСЧЕТНЫЕ ФОРМУЛЫ ИЗГИБА. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТА БАЛОК 235
Решение, Максимальный изгибающий момент, действующий по-
посредине балки, по формуле A70) равен:
шах~ 4 *
Напишем условие прочности:
AlmnY a,, PI а
W
или
к '
откуда
4-2500-6-122
б • 2,5 • 300
= 1920 кг.
Пример 62. Определить условное напряжение в расчетном
сечении АВ зуба шестерни (рис. 131), если давление на зуб Р = 4500 кг
приложено к его вершине. Высота зуба , h = 30 мм, длина зуба
Ь = 90 мм, толщина S = 22 мм.
\ш и
\|! т
\)
\ л
Ггут тп-
1
II
1
1
1
\\у
7
/
б)
Рис. 131. Рис. 132.
Решение. Изгибающий момент в расчетном сечении
М =а Р . h = 4500 .3 = 13 500 кгсм.
Момент сопротивления расчетного сечения
т Ь . S2 9 . 2,22
w —• 7ч —— 7 •
ь ь
Напряжение в расчетном сечении
М 13 50С
:7,26 СМ\
7,26
= I860 кг/см\
Пример 63. Определить диаметр оси вагонетки, если силы,
действующие но концам оси (рис. 132, a)t Р = 2000 кг, расстояния

236 НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. IX
точек приложения сил до средней плоскости колес а = 15 см, допу-
допускаемое напряжение [а] = 1000 кг/см\
Решение. Опорные реакции А и В равны:
А = В = 2000 кг.
Максимальный изгибающий момент (рис. 132, б) равен:
Мтш = Р*а?= 2000.15 = 30000 iczcm.
Момент сопротивления
а так как Ц/=0,Ыь, то
d - ]/ ~ = 6,69 « 7 см.
§ 66. Касательные напряжения при изгибе балки
прямоугольного сечения. Формула Журавского
В § 56 мы видели, что в общем случае изгиба в по-
поперечных сечениях балки действуют изгибающие моменты
(вызывающие нормальные напряжения) и поперечные силы.
Поперечная сила стремится сдви-
сдвинуть одну часть балки относительно
другой в направлении, перпенди-
перпендикулярном к оси балки. Поэтому по-
поперечная сила вызывает в плоскости
поперечного сечения балки касатель-
касательные напряжения. В силу закона
Рис. 133. парности касательных напряжений
в балке появляются касательные
напряжения, действующие параллельно нейтральной пло-
плоскости, которые стремятся сдвинуть горизонтальные слои
балки друг относительно друга. В справедливости существо-
существования последних напряжений легко убедиться на следующем
простом опыте.
Возьмем балку, составленную из двух ничем не скреп-
скрепленных брусьев, и нагрузим ее изгибающей силой, как пока-
показано на рис. 133. Каждый отдельный брус в этом случае
будет вести себя, как самостоятельная балка, верхние волокна
брусьев будут сжиматься, а нижние — растягиваться. Опыг
показывает, что концы такой составной балки принимают
при изгибе ступенчатое расположение, т. е. что отдельные

§ 66]
КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ БАЛКИ
237
брусья сдвигаются друг относительно друга в продольном
направлении. В целой балке ступенчатости концов не полу-
получается. Очевидно, в этом случае упругие силы, возникающие
в продольных слоях балки, препятствуют этому продольному
сдвигу. На рис. 133 показаны стрелками эти касательные
усилия. Существованием продольного сдвига, в частности,
объясняется появление продольных трещин в балках, материал
которых, как, например, дерево, плохо сопротивляется ска-
скалыванию вдоль волокон. Убедившись в существовании каса-
касательных напряжений при изгибе, перейдем к определению их
а /7?
П\
а)
величины и закона распределения по высоте балки. При этом
рассмотрим простейший случай, когда балка имеет прямоуголь-
прямоугольное сечение. В случае прямоугольного сечения можно пред-
предположить, что касательные напряжения в поперечном сечении
параллельны поперечной силе Q и что величина их не изме-
изменяется по ширине балки, т. е. вдоль линии, параллельной
нейтральному слою. Такое предположение, как показывают
точные исследования, дает весьма небольшую ошибку.
Возьмем балку прямоугольного сечения со сторонами h X b,
изгибаемую силой Р (рис. 134, а). Проведем на левом участке
балки два поперечных сечения 1—/ и 2—2, отстоящих
друг от друга на расстоянии dx, и продольное сечение аЪ,
параллельное нейтральному слою, на расстоянии у0 от послед-
последнего. Этими тремя сечениями на балке вырежется беско-
бесконечно узкий параллелепипед mabn с размерами dxy -к—у0
и Ь. Обозначим изгибающий момент в сечении 1 — / через /И,
в сечении 2 — 2 — через М' = M-\-dM. Поперечные сечения

238 НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. IX
/ — / и 2 — 2 проведены на левом участке балки, где
изгибающие моменты и поперечные силы положительны.
Поэтому М' > М или dM > 0. Рассмотрим условия равно-
равновесия параллелепипеда mabn, мысленно представив его выде-
выделенным из балки (рис. 134, б). Действие на него отброшен-
отброшенных частей балки заменим внутренними усилиями. По боковым
граням параллелепипеда, образованного плоскостями сечений,
будут действовать сжимающие нормальные усилия Nx и Аг2,
вызванные изгибающими моментами, причем на грани та
усилие Л^ будет меньше, чем усилие N2 на грани nb9 так
как Мг > М. Кроме того, по боковым граням будут дей-
действовать касательные усилия, вызванные поперечными силами.
Равнодействующую этих усилий обозначим через V'. Вслед-
Вследствие того, что нормальное усилие N2>Nlt параллелепипед
должен передвинуться влево. Этому передвижению, однако,
препятствуют касательные усилия, появляющиеся на грани ab.
Результирующую этих усилий обозначим через Г.
Элементарное нормальное усилие, действующее на беско-
бесконечно малую площадку dF левой грани параллелепипеда
(рис. 134, в), находящуюся на расстоянии у от нейтральной
оси, равно:
где J—момент инерции всего сечения относительно ней-
нейтральной оси.
Нормальное усилие, действующее на всю левую грань
параллелепипеда:
N
¦- f°*F= №«•
где F — площадь части поперечного сечения от у0 до -к-.
В подынтегральном выражении величина -у постоянна,
так как в данном поперечном сечении Ми/ постоянны;
поэтому
Ni = -j у dF. (a)

§ 66] КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ БАЛКИ 239
Аналогично находим величину силы N2, действующей на
правую боковую грань параллелепипеда:
N
s = ^L+M. Jydpt (б)
Величина результирующей Т касательных усилий, дей-
действующих на нижней грани параллелепипеда, если считать
усилия распределенными равномерно на бесконечно малой
длине dx грани, равна:
T=zbdx. (в)
Проектируя все силы, действующие на параллелепипед,
на ось х, получим:
2*= О, N2 — Nl=T. (г)
Подставив в выражение (г) значения Nlf N2 и Т соот-
соответственно из выражений (а), (б) и (в), получим:
М
пли
откуда
— I ydF—-j J ydF =
Fv
j
Интеграл fydF представляет статический момент за-
штрихованной площади относительно нейтральной линии, т. е.
площади боковой грани параллелепипеда. Обозначим его
сокращенно:

240 НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. IX
Величина -тт равна Q, т. е. поперечной силе. Поэтому
выражение (д) можно окончательно переписать:
QS
Jb
A88)
Итак, касательное напряжение в продольном слое балки
равно произведению поперечной силы (Q) в рассматриваемом
сечении на статический момент (S) относительно централь-
центральной оси части поперечного сечения, лежащей выше рас-
рассматриваемого слоя волокон, деленному на момент инерции (У)
всего сечения относительно нейтральной оси и на ширину (Ь)
рассматриваемого продольного слоя.
Для данного сечения величины Q и J постоянны. Поэтому
касательные напряжения изменяются прямо пропорционально
отношению -г. В самых верхних и нижних продольных слоях
балки, т. е. там, где нормальные напряжения от изгибающего
момента имеют наибольшие значения, касательные напря-
напряжения равны нулю, так как для них S — 0. Для сечений,
у которых ширина Ь остается по всему сечению постоянной,
наибольшие касательные напряжения будут в нейтральном
слое, так как для нейтрального слоя статический момент
имеет максимальное значение. В общем случае величины S
и Ь будут переменными. Предсказать заранее, где будут
максимальные касательные напряжения, нельзя. ]Можно только
сказать, что они будут максимальными для тех слоев, для
S
которых отношение -г имеет максимальное значение.
Вследствие закона парности касательных напряжений фор-
формула A88) определяет и величину касательных напряжений
в поперечных сечениях балки. Следовательно, касательные
напряжения в поперечном сечении балки распределяются
неравномерно.
Касательные напряжения вызывают деформацию сдвига
балки, которая, однако, не отражается на распределении
нормальных напряжений, определяемых формулой A78). Вслед-
Вследствие деформации сдвига плоские до изгиба поперечные
сечения не остаются плоскими, как при чистом изгибе, а
искривляются. На рис. 135 показаны искривления поперечных
сечений. Там, где касательные напряжения достигают мак-

§ 66]
КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ БАЛКИ
241
симальных значений, получается и наибольший сдвиг; волокна,
наиболее удаленные от нейтрального слоя, не имеют каса-
касательных напряжений, поэтому там сдвига не происходит, и
кривые тп остаются перпендикулярными к крайним поверх-
поверхностям балки.
Рассмотрим распределение касательных напряжений в балке
прямоугольного сечения. Касательные напряжения по линии аЬ%
Рис. 135.
Рис. 136.
отстоящей на расстоянии у от нейтральной оси (рис. 136, а)
по формуле A88) равны:
т = ¦
Jb '
Для рассматриваемого сечения балки Q, J и b—постоян-
b—постоянные величины. Поэтому т будет изменяться прямопропорцио-
нально S. Статический момент заштрихованной площади пря-
прямоугольника АаЬВу лежащего выше линии ab, относительно
нейтральной оси будет:
Здесь произведение первых двух множителей представляет
площадь прямоугольника АаЬВ, а третий множитель—рас-
множитель—расстояние центра тяжести этого прямоугольника до нейтраль-
нейтральной оси. Преобразуя это выражение, найдем:
16 Зак. 1542. Р. С. Кинасошвили

242 НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. IX
Момент инерции всего сечения относительно нейтральной
оси:
Подставив значения S и J в формулу A88), получим:
12
Максимальное значение касательного напряжения будет
на нейтральной оси, где у = 0:
2 bh '
Площадь всего сечения равна bh\ обозначив ее через F9
получим:
Q
Величина ¦— представляет среднее касательное напряжение;
следовательно, касательное напряжение при изгибе для пря-
прямоугольного сечения в 1,5 раза больше, чем то среднее
напряжение, которое получилось бы при равномерном рас-
распределении касательных напряжений по сечению.
Формула A89) показывает, что касательные напряжения
г.
изменяются по сечению по закону параболы. Для-у = ~,
т. е. в волокнах, наиболее удаленных от нейтральной оси,
т = 0. На рис. 136, tf показана эпюра касательных напряже-
напряжений для прямоугольного сечения. Величина у в формулу A89)
входит в квадрате, поэтому знак у на величину т не влияет,
и волокна, симметрично расположенные от нейтральной оси
в прямоугольном сечении, имеют одинаковые напряжения.
Формула для определения касательных напряжений, воз-
возникающих при изгибе в балке прямоугольного сечения, была
впервые выведена выдающимся русским инженером Д. И. Жу-
равским в 1855 г.

§ 67) КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ В ДВУТАВРОВОЙ БАЛКЕ 243
§ 67. Касательные напряжения в двутавровой балке
Зная закон распределения касательных напряжений для
прямоугольного сечения, можно построить эпюры напряже-
напряжений для других сечений, составленных из прямоугольников,
и, в частности, для двутаврового сечения (рис. 137, а).
В горизонтальных полках и вертикальной стенке каса-
касательные напряжения будут изменяться по закону параболы.
Рис. 137.
Для точек на линиях 1—2 и 11—12 напряжения равны
нулю. Для точек на линии 3—4 и 9—10 касательные на-
напряжения определим по формуле A88), подставив в нее
соответствующие значения. Тогда получим:
_ 6Q
>—В/г*) '
(а)
В — Ь
где [¦! = —g—, Однако вычисленные по формуле (а) напря-
напряжения отличаются от действительных, они являются услов-
условными; это вытекает из того, что в данном случае нет пре-
предусмотренного при выводе формулы A88) равномерного
распределения т по ширине сечения и, в частности, на участ-
участках 3—5 и 6—4 напряжения т равны нулю. Поэтому эпюра т,
как указано, на участках /—3 и 9—// условна (рис. 137, б).
При переходе к вертикальной стенке касательные напря-
напряжения резко изменяются по величине, так как в этом месте
ширина резко изменяется от величины В до Ь. Поэтому для
линий 5—6 и 7—8у принадлежащих вертикальной стенке,
1616

244 НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. IX
касательные напряжения определим из выражения (а), под-
подставив в него Ъ вместо В. Итак,
3Q (№ — /г2). (б)
Максимальное напряжение будет на нейтральной линии.
Для его определения вычислим статический момент половины
двутавра относительно нейтральной линии и момент инерции
всего сечения. Статический момент
с a(H—h)(H H—h\ , , h h BiW — h*) . bti>
b = B—Y—\-2 4-J+^  'T = 8 r-g-.
Момент инерции двутавра
(B-b)h^
r__BW
J~~ 12 12
Подставив значения S n J в формулу A88), получим:
3Q[B(H?
12
На рис. 137, б показана эпюра касательных напряжений
для двутаврового сечения.
§ 68. Проверка прочности балки по главным
напряжениям
Размеры сечения балки должны выбираться такими, чтобы
ни в одной точке балки напряжения не превосходили допу-
допускаемой величины. Выше мы видели, что в балке возникают
нормальные и касательные напряжения.
В большинстве случаев проверка прочности балок огра-
ограничивается определением только максимального нормального
напряжения по формуле
Это условие прочности относится к элементам, наиболее
удаленным от нейтрального слоя, находящимся в сечении,
где действует максимальный изгибающий момент (рис. 133),

§ 68] ПРОВЕРКА ПРОЧНОСТИ БАЛКИ ПО ГЛАВНЫМ НАПРЯЖЕНИЯМ 245
У одного края балки элемент (А) растягивается, у про-
противоположного края балки элемент (В) подвергается сжатию.
Максимальное касательное напряжение в балке прове-
проверяется по формуле
Это условие прочности относится к элементу, расположен-
расположенному у нейтрального слоя в сечении, где действует макси-
максимальная поперечная сила. Этот элемент (С) подвергается
чистому сдвигу.
Рис. 138.
По мере приближения от краев балки к нейтральному
слою нормальные напряжения уменьшаются, а касательные
возрастают.
Поэтому при проверке прочности балки только по трем
ее элементам (А), (В) и (С) нет уверенности в том, что
мы определяем наибольшие напряжения балки. Может быть,
что наиболее напряженный элемент находится не у краев
балки и не у нейтрального слоя. Это имеет место, если
максимальный изгибающий момент и максимальная попереч-
поперечная сила действуют в одном и том же сечении балки и
ширина сечения резко меняется у краев (например, двутав-
двутавровая балка). Определять нормальные и касательные напря-
напряжения мы умеем для элемента, находящегося на любом
расстоянии у от нейтрального слоя, если нам известны М
и Q в данном сечении и размеры самого сечения.
Гак, для элемента (D) по формулам A74) и A88)
My
* = -7. A74)

246 НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. IX
мы легко можем определить напряжения а и т. Все эле-
элементы балки, за исключением элементов, ресположенных
у краев и у нейтрального слоя, находятся в сложном напря-
напряженном состоянии одного и того же вида. По граням эле-
элемента, перпендикулярным к оси балки, действуют нормаль-
нормальные напряжения (растяжения или сжатия); по тем же граням
и граням, параллельным нейтральному слою, действуют
касательные напряжения; передняя и задняя грани балки
свободны от напряжений.
Зная для любого такого элемента напряжения а и т, можно
найти для этого элемента главные напряжения, а затем на
основании той или другой теории прочности оценить проч-
прочность балки по ее наибольшему эквивалентному напряжению.
При проверке общей прочности балки обращаются к опре-
определению главных напряжений по формулам D7), полагая
в них 0^ = 0, 0^ = 0, т. е. по формулам
D7)
при этом требуют, чтобы было ошах <^ [з].
Пример 64. Двутавровая балка длиной / = 1 м, свободно лежа-
лежащая на двух опорах, изгибается силой Р = 16 т, приложенной
посредине (рис. 139). Определить главные напряжения в точках /,
3 и 4 верхней половины наиболее опасного сечения балки. Размеры
сечения балки даны в сантиметрах.
Решение. Из рассмотрения эпюры изгибающих моментов и
эпюры поперечных сил видно, что наиболее опасным сечением
балки будет сечение, лежащее посредине.
Для этого сечения изгибающий момент равен:
Р1 16 000.100 ,ПАЛЛЛ
jMmoT = -.ss = 400 000 кгем.
р
Поперечная сила Q = -— = 8000 кг. Момент инерции сечения
относительно нейтральной оси
J = ^_П5-ПD0-2.1,5)Ч =

§ 68] ПРОВЕРКА ПРОЧНОСТИ БАЛКИ ПО ГЛАВНЫМ НАПРЯЖЕНИЯМ 247
Нормальные напряжения от изгибающего момента и касательные
от поперечной силы для заданных точек сечения определим по фор-
формулам
My QS
Вычислим предварительно статические моменты:
A = Se + 1 (~ — 1,5) (^ - 1,5) i = 434 + 171 = 605 см\
4
-#
If
Q)
Рис. 1за
Определим нормальные напряжения:
400000-20
20900
400 000 (~ —1,5
20 900
— 383
= — 354 кг/см2; а4 = 0.
Нормальные напряжения отрицательны, так как в верхней половине
сечения волокна сжаты.
Определим касательные напряжения:
-•'

248 НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. IX
Главные напряжения найдем по формулам D7):
°imax = ° кг/еж2; <Jmin = — 383 кг/см2;
*2шах = ~Щ + у У3542 + 4-1662 = 66 кг/см*
°зШах = —^ — ¦§¦ /354^ + 4. 1662 = _420 /«/cju*
<W = 232 кг/см* a4min = - 232 кг/см*.
Из этого примера видно, что наибольшие главные напряжения
могут возникать и не в крайних волокнах, когда благодаря боль-
большой величине поперечной силы ее влияние сопоставимо с влиянием
изгибающего момента.
§ 69. Расчет балок по допускаемой нагрузке
и по предельным состояниям
Выше подбор сечения балки основывался на допускаемом
напряжении. Мы считали, что опасным состоянием балки
будет такое, когда наибольшее напряжение в опасном сече-
сечении достигнет предела текучести. Условие прочности в этом
случае выражалось так:
М о„
max 1
Г
_ max ^* \„\ 1
°тах — ~-уГ ^ * * — ~k
где оТ—предел текучести материала, a k—запас прочности.
Но при неравномерном распределении напряжений по
сечению м при пластичном материале, как это было пока-
показано при рассмотрении кручения вала, метод определения
размеров сечения по допускаемым нагрузкам дает иной
результат, чем метод по допускаемым напряжениям, хотя
запас прочности остается одинаковым. Совершенно так же
дело обстоит и при изгибе балки из пластичного материала,
диаграмма растяжения которого схематично показана на
рис. 140, а, Когда в наиболее опасном сечении балки в край-
крайних волокнах напряжение достигнет величины от, эпюра
напряжений в сечении будет иметь вид, показанный на
рис. 140, б. При дальнейшем увеличении нагрузки макси-
максимальное напряжение в крайних волокнах вследствие теку-
текучести материала не будет увеличиваться. С увеличением
нагрузки будет увеличиваться.напряжение в волокнах, ближе
лежащих к нейтральной линии.
При некотором значении нагрузки, когда в материале по
всей высоте сечения напряжения достигнут предела текучести,

§ 69]
РАСЧЕТ БАЛОК ПО ДОПУСКАЕМОЙ НАГРУЗКЕ
249
т. е. эпюра напряжений примет вид двух прямоугольников
(рис. 140, в), грузоподъемность балки будет исчерпана.
Определим величину внешнего изгибающего момента А1яр,
соответствующую этому предельному состоянию балки.
б) 6)
Рис. 140.
На заштрихованную элементарную площадку dF будет
действовать усилие ardFt момент от этого усилия относи-
относительно нейтральной оси равен cTydF. Следовательно,
Мир =
или в силу симметрии сечения относительно нейтральной
линии ъ
М
пр
= 20,^ bydy = ^
(ат можно вынести за интеграл, так как оно постоянно по
всему сечению).
При запасе прочности k условие прочности будет:
или, вводя допускаемое напряжение [а] = ~ , получим:
или
М
A92)
A93)

250 НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. IX
При расчете по допускаемому напряжению мы имели:
Следовательно, в случае прямоугольного сечения балки при
одном и том же запасе прочности при расчете по допускае-
допускаемой нагрузке необходимый момент сопротивления сечения
в 1,5 раза меньше, чем при расчете по допускаемому
напряжению.
Найдем соотношение весов балок прямоугольного сече-
сечения, рассчитанного двумя рассмотренными методами. Пусть
ширина сечения балки, рассчитанной по допускаемому на-
напряжению, будет Ьу высота /г, площадь поперечного сече-
сечения F, момент сопротивления W. Те же величины сечения
балки, рассчитанной по допускаемой нагрузке, обозначим
соответственно через bu hu Fx и Wv Возьмем поперечные
сечения этих балок подобными, т. е. &1==а?, /7х = а/г. На
основании найденного выше вывода
W _ Ь№ _ bti1 __ j 5
или
Найдем отношение площадей сечения:
F bh 1
Таким образом, экономия в весе балки в данном случае
достигает 31%«
Составим формулу для расчета балок применительно
к требованиям нового метода их расчета по предельному
состоянию, установленного строительными нормами и пра-
правилами 1955 г. (см. § 20, стр. 79.). По аналогии с ранее
приведенными формулами (е) и (ж), принятыми в расчетах
на центральное растяжение, запишем выражения изгибающих
моментов: Жн. с—оценивающего несущую способность балки
при изгибе и М9—расчетного момента:
MBmQ=WRlkm9 (a)
My = ЖдосТ^! + МВ1 ,П%. (б)

§ 69| РАСЧЕТ БАЛЭК ПЭ ДОПУСКАЕМОЙ НАГРУЗКЕ 251
Здесь, как и ранее, к и т—коэффициенты соответственно
однородности материала и условий работы; поправка за счет
естественной неоднородности, выявляемой статистическими
методами, требует того, чтобы коэффициент k был меньше 1;
что касается коэффициента т, то по-прежнему в нем учи-
учитываются явления концентрации напряжений (если это тре-
требуется по условиям работы балки) и прочие обстоятельства,
ухудшающие работоспособность балки. В формуле (a) Rl и
W—соответственно нормативное сопротивление материала
при работе на изгиб и момент сопротивления площади попе-
поперечного- сечения балки.
Влияние постоянной нагрузки определяется величиной из-
изгибающего момента Мпост, вычисляемого с помощью эпюры М,
построенной по известным уже правилам; здесь также необ-
необходим учет величины возможной перегрузки от действия
постоянной нагрузки при помощи коэффициента nx^\. Ана-
Аналогичная оценка влияния временной нагрузки выполняется
с помощью изгибающего момента Мвр и коэффициента перс-
грузки пг^\. Величины М и п включены в формулу (б).
Сопоставляя значения AfH.o и Л4Р, получаем расчетную
формулу
Маос7п 1 Н~ Мвр п2 < WRlkm. (в)
Допустим, что подлежит расчету свободно лежащая балка
пролетом 1 = 4 м, несущая постоянную нагрузку (равномерно
распределенную по всему пролету) интенсивностью #=0,5 т/м
и временную (сосредоточенную в середине полета) нагрузку Р
весом 10 т. Расчетные коэффициенты имеют значения:
/г1=1,1; я2=1,3; /г = /» = 0,9. Нормативное сопротивле-
сопротивление стали /?" = 2,5 т/см2. Требуется установить потребный
номер двутавра по ГОСТу.
Изгибающие моменты будут (в середине пролета—по месту
их максимального значения): Л1П0ст = —=1 мм9 Mav=x
Pi
= --=10 тм. Из формулы (в) находим потребный момент
сопротивления:
Обращаясь к таблице ГОСТа, находим двутавр № 33а.

252 НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. ТХ
Формулу (в) можно привести к виду, соответствующему
расчетам по упругой стадии работы балки; для этого поде-
поделим обе части формулы (в) на п2\ обозначая левую часть
через а, будем иметь:
величину, стоящую в правой части этого выражения, можно
считать как бы нормативным допускаемым напряжением,
как оно принимается в расчете по допускаемым напряже-
напряжениям, т. е.
Применительно к разобранному только что примеру по
этой формуле получаем [а] =1560 кг/см2.
Так выполняется расчет в новом методе расчета по пер-
первому расчетному предельному состоянию. Расчет по второму
расчетному состоянию требует обращения к приведенной
в § 20 (стр. 79) формуле (и), согласно которой известными
из § 72 способами подсчитывается действительный прогиб
балки А, который сопоставляется с допускаемым по нормам/
(причем А<!/).
Наиболее существенными особенностями нового метода
расчета являются: наглядное представление о запасах по
(отдельно) постоянной и (отдельно) по временной нагрузкам;
варьирование данных по материалу и по условиям работы.
§ 70. Контрольные вопросы
Как изменяются по поперечному сечению балки нормальные
напряжения при изгибе?
Что называется моментом сопротивления?
Чему равен момент сопротивления прямоугольника и круга?
Как пишется расчетная формула при изгибе?
Как пишется формула касательных напряжений при изгибе?
Чему равны касательные напряжения при изгибе в крайних
волокнах балки?
Чему равны максимальные касательные напряжения при изгибе
в прямоугольном поперечном сечении балки?

§ 70] контрольные вопросы 253
В каком случае целесообразно выбирать поперечное сечение
балки, несимметричное относительно нейтральной оси?
Как производится проверка прочности балки по главным на-
напряжениям?
Какова разница в расчетах балок по допускаемой нагрузке и
по допускаемым напряжениям?
Укажите особенности расчета строительных конструкций по пре-
предельным состояниям?
Чем определяется несущая способность балки?
Чем объясняется разница коэффициентов перегрузки для постоян-
постоянной и для временной нагрузок?

ГЛАВА X
УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ
§ 71. Упругая линия балки
Прямолинейная ось балки под действием внешних нагру-
нагрузок искривляется. Искривленная ось балки называется упру-
упругой линией. Уметь определять упругую линию балки необ-
необходимо, так как при расчете часто ставится требование,
чтобы не только возникающие в балке напряжения не превос-
превосходили допускаемого напряжения, но и максимальный прогиб
балки был не больше наперед заданной величины, опреде-
определяемой условиями работы балки. Кроме того, при расчете
статически неопределимых балок, т. е. таких балок, у кото-
которых число реакций больше числа условий статики, недо-
недостающее число уравнений дополняется уравнениями, полу-
получаемыми из рассмотрения деформации.
При выводе уравнения напряжения при изгибе (§ 63) мы
получили формулу A73):
ИЛИ
EJ
выражающую важное соотношение теории изгиба. Словами
эта формула может быть выражена так: в любой точке упру*
гой линии балки радиус кривизны р прямо пропорционален
жесткости EJ и обратно пропорционален изгибающему
моменту. Если балка изгибается парой сил, то момент М
будет постоянен на всей длине балки и радиус кривизны
в этом случае также будет постоянной величиной, т. е. упру-
упругая линия балки будет дугой окружности. Во всех других

§ 71]
УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ
255
случаях упругая линия может иметь самый различный вид.
Для получения уравнения упругой линии в прямоугольных
осях координат условимся ось х направлять всегда по оси
балки вправо,на ось у— вертикально вверх. Уравнение упру-
упругой линии должно давать зависимость между координатами
ее точек хну. Имея эту зависимость, для каждого сечения
балки, отстоящего на расстоянии х от начала координат,
можно найти соответствую-
соответствующий прогиб у.
В математике выводится
следующее выражение для
радиуса кривизны в точ-
точке А с координатами х, v
(рис. 141):
Рис. 141.
dy
Это точное выражение
радиуса кривизны можно за-
заменить более простым, приближенным выражением. Дело в том,
что допускаемые прогибы при изгибе балок весьма невелики
(составляют приблизительно одну тысячную долю длины балки)
и упругая линия мало отличается от прямой. Величина -~ ,
представляющая собой tgcp, т. е. тангенс угла, образован-
образованного касательной к упругой линии с положительным напра-
направлением оси х, настолько мала, что ее величина, будучи
возведенной в квадрат, делается пренебрежимо малой по
сравнению с единицей, к которой она прибавляется. Ввиду
^малости этой величины выражением (-—Л можно пренеб-
пренебречь. Ошибка, которую мы этим вносим в величину радиуса
кривизны, не превышает 0,5%. В таком случае радиус кри-
кривизны упругой линии балки представится в более простом
*шде:
Р = ^^7- A94)
dx*
Подставив это значение р в формулу A73), получим
уравнение упругой линии в таком виде (дифференциальная

256
УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ
[ГЛ. X
форма):
A95)
Два знака, стоящие в левой части уравнения A95), необ-
необходимы для того, чтобы всегда можно было согласовать
знаки левой и правой частей.
В левой части знак устанав-
устанавливается в зависимости от
соответствия направления
кривизны кривой и направ-
направления от Оу\ в правой части
берется знак момента. Если
кривая обращена вогну-
вогнутостью в сторону положи-
положительных у (рис. 142), то
Рис- 142- р > 0, так как ^ > О, и
наоборот, если кривая обращена вогнутостью в сторону
отрицательных у (рис. 143), то р < 0, так как -~^ < 0.
Таким образом, если условимся считать ось у направленной
вверх, то знак р, или -~2-,
будет совпадать со знаком
изгибающего момента, что
легко заметить из рассмот-
рассмотрения рис. 142 и 143. От-
Отсюда следует, что при ука-
указанном условии выбора осей
координат уравнение упру-
упругой линии в общем виде бу-
будет:
»
EJ&-M.
A96)
Для получения уравнения упругой линии в форме, дающей
непосредственную связь между прогибами у и абсциссой х,
следует проинтегрировать два раза уравнение A96). Первое
интегрирование дает уравнение, связывающее тангенсы
углов (^]> образуемых касательными к элементам упругой

§ 71] УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ 257
линии с осью х, с абсциссами элементов. Второе интегриро-
интегрирование приводит к уравнению упругой линии в форме, дающей
непосредственную связь между прогибом у и абсциссой х.
После каждого интегрирования получается некоторая по-
постоянная. Таким образом, для каждого участка балки после
двукратного интегрирования его уравнения упругой линии
будем иметь две постоянные интегрирования.
Метод этот при большом числе участков балки приводит
к решению системы уравнений с большим числом неизве-
неизвестных постоянных. Эти постоянные определяются из условий
равенства прогибов и углов поворота на границах соседних
участков и из условий поведения балки на опорах. Однако,
соблюдая некоторые условия и приемы составления и инте-
интегрирования уравнений изгибающих моментов по участкам,
можно всегда сократить число неизвестных до двух. Это
сильно упрощает задачу нахождения упругой линии балки,
имеющей несколько участков.
Прежде всего условимся начало координат помещать
в левом конце балки, направляя ось х вправо, а ось у вверх.
При вычислении моментов будем рассматривать часть балки,
содержащую начало координат, т. е. будем всегда опре-
определять момент в данном сечении, подходя к нему с левой
стороны.
Теперь перейдем к описанию трех необходимых нам прие-
приемов, которые поясним на соответствующих примерах.
Первый прием заключается в том, что интегрирование
некоторых выражений, содержащих скобки, должно вестись
без раскрытия скобок. Так, например, интегрирование выра-
выражения вида Р(х — а) производится без раскрытия скобок,
а именно по следующей формуле:
Интегрирование по этой формуле отличается от интегриро-
интегрирования с предварительным открытием скобок только величиной
произвольной постоянной.
Второй прием заключается в следующем. Если на балку
действует распределенная нагрузка, не доходящая до конца
балки, то ее следует продолжить до конца, а чтобы не изме-
изменить условия работы балки, следует одновременно приложить
17 Зак. 1542. Р. С. Кинасошвили

258
УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ
[ГЛ. X
нагрузку той же интенсивности и равную добавленной, но
обратного знака.
Если, например, на балку действует равномерно распре-
распределенная нагрузка интенсивности д, не доходящая до конца,
Л
iil
ГГП11
tuimiiil
! I I И | I I
l
~^iT
6)
Рис. 144.
как показано на рис. 144, а, то эту нагрузку надо продол-
продолжить до конца балки (рис. 144, б) и приложить нагрузку,
равную добавленной,
но обратного знака.
Две добавленные на-
нагрузки на рис. 144, б
показаны пунктиром.
Третий прием пояс-
поясним на примере. Пусть
на балку действует
сосредоточенный мо-
момент т (рис. 145) на
расстоянии а от левой
опоры. Изгибающий
f
Рис. 145.
момент на втором участке при подходе к сечению, как мы
условились, со стороны начала координат будет;
Ах — т.

72] ВЫВОД ОБОБЩЕННОГО УРАВНЕНИЯ УПРУГОЙ ЛИНИИ 259
Ничего не изменится, если мы этот момент запишем сле-
следующим образом:
Ах — т(х — аH,
i.e. мы ввели множитель (х — аH, равный единице; а — длина
баши от начала координат до сечения, где приложен сосредо-
юченный момент т. В этом и заключается третий прием,
i.e. в умножении сосредоточенного момента на скобку
(л- —яH, равную единице.
В следующем параграфе при выводе обобщенного урав-
уравнения упругой линии будет показано, что при соблюдении
приведенных выше приемов всегда произвольных постоянных
шиегрирования будет не больше двух, независимо от числа
участков балки.
§ 72. Вывод обобщенного уравнения упругой лини^
Пусть балка под действием положительных нагрузок (даю-
ших положительные изгибающие моменты), указанных на
рис. 146, находится в равновесии. Начало координат возьмем
; , jjitojitj
н с—< ! !
d и
I-
Рис. 146.
и точке О, ось х направим по оси балки вправо,
ось у—вертикально вверх.
Рассмотрим пять участков нашей балки.
/ участок: На первом участке ОА нагрузки нет, следо-
уравнение упругой линии будет:
}<tJL — О
FJ dy — С
dx 1J
IV

260 УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ [ГЛ. X
// участок: АВ. Применим третий прием:
Интегрирование этого уравнения производим, применяя пер-
первый прием:
EJ^ = m(x — a)+C2,
EJy = m (*~
III участок: ВС.
IV участок: CD.
V участок: DE. Распределенная нагрузка не распро-
распространяется на V участок; поэтому для получения равенства
постоянных интегрирования согласно второму приему доба-
добавляем положительную нагрузку и для сохранения условий
работы балки — такую же отрицательную нагрузку. Доба-
Добавленные нагрузки на чертеже показаны пунктиром.
Тогда для V участка будем иметь:

§ 72] ВЫВОД ОБОБЩЕННОГО УРАВНЕНИЯ УПРУГОЙ ЛИНИИ 261
Равенство постоянных (Сг = С2 = ... — С и Ог== D2 =
— ... =D) следует из сравнения соответствующих уравне-
уравнений, в которые подставляются значения х, соответствующие
границе двух смежных участков. Так, например, для того
чтобы доказать равенство CZ = CV подставляем в уравнения
углов наклона касательных /// и IV участков х = с. Получаем:
откуда следует, что C3 = CV Доказав равенство всех по-
постоянных С, легко доказать таким же образом равенство и
всех постоянных D.
Физический смысл постоянных С и D выясняется из рас-
рассмотрения упругой линии участка /.
Если обозначить тангенс угла наклона касательной к упру-
юй линии в начале координат через а0, а прогиб в том же
сечении через/0, то из уравнений участка / для углов наклона
касательной и прогибов при х = 0 получим:
EJfo=:D.
Следовательно, постоянное С представляет собой тангенс
угла наклона касательной в начале координат, умноженный
на жесткость балки ?7, а постоянное D—прогиб в начале
координат, умноженный на ту же величину жесткости EJ.
Подставим значения постоянных С и D в уравнение углов
наклона касательных и в уравнение прогибов участка У,
как в наиболее общие уравнения, содержащие все изгибаю-
изгибающие факторы (пару сил, сосредоточенную нагрузку и рас-
распределенную нагрузку).
Тогда уравнение углов наклона касательной будет:
Уравнение прогибов:

262 УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ [ГЛ. X
Эти уравнения в более общем виде при многократном
повторении нагрузок, действующих на балку, могут быть
написаны в следующем виде:
L
Уравнения A97), A93) и называются обобщенными (ячя
рассмотренных типов нагрузки) или универсальными урав-
уравнениями упругой линии.
Следует обратить внимание на то, что на рис. 146 пока-
показаны положительные направления нагрузок. Если нагрузка
направлена в другую сторону, то она вносится в уравнения
A97) и A98) со знаком минус.
Направление прогиба определяется его знаком; при поло-
положительном знаке прогиб направлен в сторону положительной
оси у% т. е. вверх; при отрицательном знаке прогиб напра-
направлен вниз.
Если балка защемлена, то неизвестные а0 и /0 обра-
обращаются в нули (место защемления совпадает с началом
координат), так как угол касательной с осью х и прогиб
в защемлении равны нулю.
Если балка лежит свободно на двух опорах без консоли
или с одной консолью, то остается определить только одно
неизвестное Oq, так как прогиб на левой опоре, совпадаю-
совпадающей с началом координат, равен нулю. Неизвестное а$ в этом
случае определяется из условия равенства нулю прогиба над
второй, правой, опорой.
Наконец, в третьем случае, когда балка, лежащая сво-
свободно на двух опорах, имеет по обе стороны от опор кон-
консоли и начало координат, следовательно, не лежит над
опорой, приходится определять две неизвестные: а0 и /0. Эти
неизвестные определяются из условий равенства нулю про-
прогибов над опорами.

73) ЧАСТНЫЕ СЛУЧАИ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ БАЛОК 263
§ 73. Частные случаи определения перемещений балок
по обобщенному уравнению упругой линии
Ниже мы рассмотрим несколько случаев определения
перемещений балок, наиболее часто встречающихся на
практике.
Случай 1. Балка, защемленная одним концом, изгибается
силой Р, приложенной на другом конце (рис. 147). Опре-
Определить прогиб под силой Р.
Решение. Опорная реакция
и защемлении
Л —Р.
Момент защемления
т = __
¦I-
Рис. 147.
Так как в начале координат угол наклона касательной и
прогиб равны нулю, т. е. Оо = 0 и/0 = 0, то прогиб в сече-
сечении В под силой напишется сразу по уравнению A98). Двух
последних членов уравнения в этом случае не будет, так
как нет распределенной нагрузки. Знак перед членом, содер-
содержащим момент т, изменится на обратный, так как момент
в защемлении — отрицательный.
у Итак, из уравнения A98) при
х = / будем иметь:
/3 /2
Подставив значения А и т, полу-
""^ чим:
,7/ -
М
Рис. 148. "л L
A99)
Знак минус указывает на то, что прогиб направлен в сторону
отрицательных у, т. е. вниз.
Случай 2. Определить прогиб свободного конца защем-
защемленной балки (рис. 148), изгибаемой моментом т.
Решение. Момент защемления будет равен т. Прогиб по
уравнению A98) при х — 1 напишется сразу, так как ао~0

264
УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ
[ГЛ. X
или
ml2
B00)
Случай 3. Определить прогиб в сечении В свободного
конца балки, изображенной
У на рис. 149.
Решение. Опорная реак-
реакция в защемлении
I
Рис. 149.
Момент защемления
==_qP_
В начале координат ао = <
И /л=<
и /о = О.
Прогиб конца балки, т. е. при х — 1, по уравнению A98)
будет:
/3 /2 /4
A
Два последних члена взяты со знаками минус, так как
момент т и распределенная нагрузка q отрицательны.
Подставив значения А
и т, получим прогиб в се-
сечении В:
_ 1 / /4 /4
*~ EJ \q 6~~д Т~~
Я 24/ ~~8EJ-
B01)
4
"i
Й
.'
/
2Р
1
2 *
0 В
: 1'
Рис. 150.
Случай 4. Определить прогибы балки, изображенной на
рис. 150, в сечениях В и С.
Решение. Опорная реакция
Л Г)
¦i*. —— I •
Момент защемления

§ 73] ЧАСТНЫЕ СЛУЧАИ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ БАЛОК 265
Интенсивность распределенной нагрузки
__4Р
В начале координат
ао = О и /0 = 0.
Прогиб в сечении С, т. е. при jc = —, из уравнения A98)
будет:
(IV (IJ (IV
Распределенная нагрузка распространяется до сечения С,
поэтому последний член уравнения A98) обращается в нуль;
перед q взят знак минус, так как распределенная нагрузка
отрицательна. Подставив значения Л, т и q, получим:
\ ( О ft ft\ 7PP
Ус = ЁТ\Р4$~^Р\6 ^96/ =
Прогиб в сечении В по уравнению A98) при x = t
будет:
(IV
А ft /2 /4 \ 2 /
Подставляя значения Л, m и q, найдем:
или
2БРП 4
J
щ,
и
U
—а
7
L
Рис.
\р
\
1
1
151.
4
\в
\я
1
Случай б. Балка, лежа-
лежащая на двух шарнирных
опорах, изгибается сосре-
сосредоточенной силой Р (рис. 151). Определить прогиб под
силой Р и максимальный прогиб пролета.
Решение. Опорные реакции равны:

266 УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ [ГЛ. X
В начале координат (в точке А) прогиб равен нулю:
/0=0, но ао^О. Тангенс угла поворота сечения в начале
координат а0 найдем из условия равенства пулю прогиба над
опорой В. При х = 1 из уравнения A98) получим:
/з (/ я )з
откуда
v° Ы ь 6/ б/ *
или
Прогиб под силой Р определим по уравнению A98) при
х — а:
или
Pab (/""b^
у
РаЬ
_
— 3?Л '
Для определения максимального прогиба балки необходимо
знать, в каком месте пролета он возникает. Для определе-
определения этого, места воспользуемся условием, что касательная
в месте максимального прогиба параллельна оси Ох, т. е.
что ~-=0. Из уравнения углов наклона касательных A97)
на первом участке, предполагая а^>Ь} будем иметь:
pJH+pL?
от куда
л — у 3 .
Уравнение прогибов на первом участке
lx + P..

§ 73] ЧАСТНЫЕ СЛУЧАИ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ БАЛОК 267
Подставив в это выражение найденное значение х, получим:
или
Утях = tf ЕЛ
В частном случае, когда сила Р действует посредине балки,
т. е. когда # = ? = —-, углы поворота опорных сечений
будут равны:
*°~ РТГ\ <205)
СИ = -
YbtJ # J
Максимальный прогиб для этого частного случая будет под
силой
Случай 6. Балка, лежащая на двух шарнирных опорах,
изгибается моментом т, действующим в середине пролета
(рис. 152). Определить углы наклона касательной к упругой
линии над опорами и максимальный
прогиб балки.
Решение. Реакции заданной бал-
балки были определены на стр. 216
и выражаются так:
Т*
Угол наклона касательной к уп- Рис. 152.
ругой линии в начале координат,
т« е. над опорой Л, определим из условия равенства нулю
прогиба над опорой В при х = 1. Из уравнения A98) имеем:
озкуда

268 УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ [ГЛ. X
или
ml
а
Угол наклона касательной к упругой линии над опорой В
определим из уравнения A97), положив х = 1\
ЕЛВ = ЕМ0 + у у — т у,
откуда
«* = * = -¦Ш7- <207)
Уравнение прогибов на первом участке балки согласно
уравнению A98) будет:
т х3 ml . т х3 . ч
T = — 24-^+ у g-. (a)
Определим значение х, при котором прогиб на первом
участке получает максимальное значение. Для этого соста-
составу
вим выражение -±- и приравняем его нулю:
dy 1 / ml _,m x*\ q
dx~EJ\ 24 ~T~T~2J~ '
или
откуда
24 2
Максимальный прогиб на первом участке найдем, под-
подставив полученное значение х в уравнение прогибов (а):
р, ml I \m P
ыУтпх — — 24 rfT~T~T 144/3~ 9
24 rfT~T~T 144
откуда
М— -
144/—
Определим прогиб в середине балки, т. е. при
Из уравнения (а) получаем:
ml I .т I* п

§ 73] ЧАСТНЫЕ СЛУЧАИ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ БАЛОК 269
т. е. в середине балки прогиб равен нулю, упругая линия
здесь имеет перегиб.
На втором участке прогибы будут такие же, как и на
первом участке, но по знаку положительные.
Случай 7. Балка, свободно лежащая на двух опорах
(рис. 153), изгибается сплошной нагрузкой интенсивности q.
Определить прогиб посре-
посредине балки.
Решение. Реакции опор
равны:
Определим угол накло-
наклона упругой линии в начале рис# ]5з
координат а0 из условия
равенства нулю прогиба над опорой В. Из уравнения A98)
при х = 1 имеем:
/3 /4
откуда
или
/2 /3
4?
/3
24'
B09)
Прогиб посредине найдем, подставив в уравнение A98) зна-
значение ЕМ0 и х = -^:
или, подставив значение реакции Л, будем иметь:
/4
]Ш9
откуда
B10)

270
УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ
[гл. х
Пример 65. Определить прогибы по концам и посредине балки,
изображенной на рис. 154, интенсивность нагрузки q = — ,
Решение. Реакции на опорах
А = В = 2Р.
Начало координат, как всегда, берем в крайнем левом конце балки.
В начале координат а0ф0 и fo=/=O; следовательно, прежде чем
определять прогибы, мы должны предварительно определить EJaQ
Рис. 154.
и EJfo, входящие в уравнение прогибов A98). Для определения этих
неизвестных составим два уравнения из условия равенства нулю
прогибов над опорами. Прогиб над опорой А равен нулю:
pi!
6 •
Прогиб над опорой В равен нулю:
2Р /4
2/ - Р
2Р ^ —
0 =
Решим эту систему двух уравнений:
~Р —= 0,
Вычтя из второго уравнения первое, получим:
(а)
(б)
откуда
Из уравнения (а), подставив в него значение EJzq, находим:
~ ~6~ ~ 12 ~ ~ 4

§ 74]
МЕТОД МОРА И ПРАВИЛО ВЕРЕЩАГИНА
271
Теперь из уравнения A98) определим прогиб посредине балки
о
в точке С, т. е. при л = ¦
2""
JL
12
-J-2P
пли
6
19РЛ
192?/ '
24
§ 74. Метод Мора и правило Верещагина
Часто нас интересует не вся упругая линия балки
а только перемещение балки в каком-либо сечении. В таких
случаях для определения прогиба или угла поворота балки
удобно использовать ме-
метод Мора, который мож-
можно применять и для полу-
получения упругой оси.
Пусть балка, изобра- д
женная на рис. 155, я,
изгибается нагрузкой Р
и надо определить вели-
величину прогиба ус в сече-
сечении С. Возьмем такую же
балку (рис. 155,tf) и на-
нагрузим ее в том же се-
сечении силой, равной 1 Рис« 15°«
(единичной силой). Затем
сообщим этой второй балке дополнительно совершенно
такие же прогибы, какие имеет первая балка, изгибаемая
нагрузкой Р. Дополнительная потенциальная энергия U,
накопленная вследствие этого во второй балке, будет равна
работе единичной силы на искомом перемещеним ус> т. е.
(а)

272
упругая линия балки
[гл. х
(реакции на опорах от единичной силы работы не произ-
произведут, так как на опорах нет перемещения) *). С другой
стороны, дополнительную потенциальную энергию второй
балки можно определить и по-другому. Действительно, из
механики известно, что работа пары равняется моменту пары,
умноженному на угол поворота.
Если вырезать из второй балки бес-
бесконечно малый элемент длиной dx9
то его потенциальная энергия будет:
где Мх — изгибающие моменты, дей-
действующие на концевых сечениях вы-
вырезанного элемента от единичной
нагрузки, a dy — угол поворота
одного концевого сечения элемента
относительно другого (рис. 156).
Надо при этом заметить, что угол поворота концевых сече-
сечений dy вызван, конечно, не моментами Мх от единичной
нагрузки, а моментами М от нагрузки Р, действующей на
первую балку, так как второй балке после нагружения еди-
единичной силой были сообщены прогибы первой балки.
т л л - г* j dx 1 М
Из рис. loo следует, что а<р = но так как
(см. формулу A73)), то г/ср ==
*
1 М
но так как — = g?
или
Потенциальная энергия всей балки, нагруженной единичной
силой, будет: t
Из сравнения выражений (а) и (б) получим:
о
*) При этом мы не учитываем энергию, потребную для совер-
совершения самой дополнительной деформации; эта энергия равна, оче-
очевидно, той, которая накоплена в первой балке при действии единич-
единичной силы.

§ 74] МЕТОД МОРА И ПРАВИЛО ВЕРЕЩАГИНА
Если балка имеет постоянное поперечное сечение, то
273
B12)
Формулы B11) и B12) называются интегралами Мора,
Графоаналитический способ вычисления этих интегралов при-
приводит к правилу Вереща-
Верещагина. Рассмотрим это пра-
правило.
Возьмем один участок
балки длиной (/2 — /0» на 0
котором изгибающие мо-
моменты от действующей на
балку нагрузки выражаются
в общем виде уравнением
М=/(х) (рис. 157, а), а из- b
гнбающие моменты от еди-
единичной нагрузки изменяются
по закону прямой, т. е. вы-
выражаются уравнением Жх =
— ах-+-Ь (рис. 157, б).
Тогда интеграл, входящий в формулу B12), может быть
выражен так:
//* • • « 1**1 I L I АЛ J m
M.Mdx^ I М (ах + b) dx = a I Mxdx~{-b I Mdx.
J J J
Второй из этих интегралов есть площадь эпюры моментов М
па рассматриваемом участке балки; обозначим эту площадь
через F. Первый интеграл представляет собой статический
момент этой площади F относительно прямой, перпендику-
перпендикулярной к оси балки и проходящей через начало координат;
следовательно, он равен F - лгц.т, где х^ч— абсцисса центра
тяжести эпюры М. Следовательно,
/9
J MXM dx =
= F (ax*. T -f *).
Выражение ax^j + b представляет ординату _уц,т эпюры
моментов М1 от единичной нагрузки в сечении, соответ-
18 Зак. 1542. Р. С. Кинасошвили

274
УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ
[ГЛ. X
ствующем центру тяжести площади эпюры моментов Ж,
Таким образом, г
J = МХМ dx = Fy^ 7, B13)
h
т. е. правило Верещагина для вычисления интеграла Мора
сводится к перемножению площади эпюры моментов М от
| р заданной нагрузки на орди-
ординату эпюры моментов Мх
от единичной нагрузки под
' центром тяжести эпюры М.
'PI
ЦТ.
I Для определения пере-
перемещения балки надо фор-
формулу B13) применить для
всех участков балки, тогда
формула B12) для вычисле-
вычисления перемещения выразится
так:
У^тггЦгУи.-" B14)
lLJ Jam
Пример 66. Определить
прогиб под силой Р (рис. 158, а).
Решение. Площадь эпюры
моментов от заданной нагрузки
Р/2
(рис. 158, tf) будет: F== ^-.
Эпюра моментов от единичной
силы, приложенной в месте
искомого прогиба, показана на
рис. 158,2. Координата этой
эпюры под центром тяжести площади эпюры от заданной нагруз-
2
ки уцт = s- / по формуле B14), прогиб под силой будет:
2
L
Рис. 158.
Положительный знак ув указывает только на то, что направление
прогиба совпадает с направлением единичной силы, т. е. прогиб
направлен вниз.
Пример 67. Определить прогиб под силой Р (рис. 159, а).
Эпюра моментов (рис. 159, tf) состоит из двух треугольников, пло-
площади которых равны:
2/
р _
' 2 —
2/

§ 741
МЕТОД МОРА И ПРАВИЛО ВЕРЕЩАГИНА
275
Координаты эпюры от единичной силы под центрами тяжестей пло-
2 ab 2 аЬ
щадей
соответственно равны: у\ =
~ -у-
Vo =
у,¦'/////,
3 /
PaW
Рис 159.
Прогиб под силой по формуле B14) будет:
Пример 68. Определить угол наклона упругой линии балки
(рис. 160, а) в сечении С, где приложен момент.
Решение. Угол наклона упругой линии в сечении определяется
совершенно так же, как и прогиб, разница только в том, что в том
сечении, где ищется угол наклона, прикладывается единичный
момент,'а не единичная сила. Эпюра моментов от заданной нагрузки
показана на рис. 160, ? она состоит из двух треугольников. Пло-
Площадь эпюры на первом участке Fx = ~, на втором участке
21
18*-

276
УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ
[ГЛ. X
Эпюра моментов от единичного момента показана на рис. 160, г:
координаты этой эпюры под центрами тяжестей площадей Ft и /^
соответственно равны: yt = -g- -—; у2 = — -— --. Угол наклона
упругой линии балки в сечении С будет:
2 b
ЗЕЛ
Пример 69. Определить прогибы на конце балки и посредине
(рис. 161, я).
Решение. Эпюра момен-
моментов от заданных нагрузок по-
показана на рис. 161, б. Для q
определения прогиба на конце
балки прикладываем единич-
Ь
|-—а—|-—н ъ
в)
L
////////,
д)
Рис. 160.
Рис. 161.
ную силу A61, в) и строим эпюру моментов (рис. 161, г). Эпюра
моментов от заданной нагрузки имеет три участка, площади

§ 75] БАЛКИ РАВНОГО СОПРОТИВЛЕНИЯ ИЗГИБУ 277
Ра1
эпюр на этих участках равны: Ft = g~~» ^i= — ^Аг2 и р.л ==
= ?-. Координаты эпюр моментов от единичной нагрузки под
центрами тяжестей площадей Fb F2 и F6 соответственно равны:
у->г=—тг-а; у2 ==—о" и Уз — О* Прогиб на конце балки будет:
Ус = ?j
Найдем прогиб в среднем сечении балки; приложим в этом
сечении единичную силу (рис. 161, д) и построим эпюру моментов
(рис. 161, ?). Координаты эпюры моментов от единичной силы на
консолях равны нулю, а в среднем пролете эта эпюра имеет пере-
перелом, поэтому и площадь эпюры моментов от заданной нагрузки на
среднем пролете надо разбить на два участка; площади эпюр на
этих участках одинаковы, каждая площадь равна F== — Ра2. Коор-
Координаты эпюры от единичной нагрузки под центрами тяжестей этих
площадей равны уц т = — Ра. Поэтому прогиб посредине балки
будет:
2 2 1 Ра'^
Уе^Ш (Fy*- '^ = Ш (~~ Ра<1) Т Ра = ~~ WJ'
Знак минус указывает на то, что прогиб направлен в сторону,
обратную направлению единичной силы, т. е. не вниз, а вверх.
§ 75. Балки равного сопротивления изгибу
До сих пор нами рассматривались призматические балки,
такие, у которых поперечное сечение по всей длине балки
оставалось постоянным. Размеры сечений таких балок опре-
определялись по максимальному изгибающему моменту /Итах
в опасном сечении. При этом напряжение в опасном сечении
не должно было превосходить допускаемого напряжения [а]:
№>^р. A87)
Очевидно, что напряжения во всех остальных сечениях
призматической балки будут меньше допускаемого и только
при чистом изгибе напряжения во всех сечениях призмати-
призматической балки одинаковы. В последнем случае все сечения
балки равноопасны. Таким образом, при изгибе балки по-
постоянного сечения, исключая случай чистого изгиба, все

278 УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ [ГЛ. X
сечения балки, кроме опасного, имеют лишний запас проч-
прочности, что указывает на нерациональное использование в них
материала.
Наиболее рациональной формой балки для данного спо-
способа ее загружения будет та форма, при которой во всех
ее сечениях напряжения будут равны допускаемому. Балки,
имеющие форму, удовлетворяющую этому условию, назы-
называются балками разного сопротивления изгибу.
Если обозначить изгибающий момент в произвольном
сечении балки равного сопротивления через Мх, а момент
сопротивления через Wx, то должно соблюдаться условие
Мх ____ А*тах гг f
Отсюда
w JV1 max
Следовательно, в балках равного сопротивления изгибу мо-
моменты сопротивления сечений должны быть прямо пропор-
пропорциональны соответствующим изгибающим моментам.
Экономия материала, получаемая в балках равного сопро-
сопротивления, не всегда окупает более сложное ее изготовление,
а потому в практике применение таких балок ограничено.
В качестве иллюстрации теории балки равного сопроти-
сопротивления рассмотрим следующий пример. Балка прямоуголь-
прямоугольного сечения одним концом защемлена, к другому приложена
сосредоточенная сила Р (рис. 162, а). Как должна хменяться
высота балки при постоянной ширине и как должна меняться
ширина балки при постоянной высоте, чтобы балка по всей
длине имела равное сопротивление изгибу? Определить,
какой прогиб получит на свободном конце балка равного
сопротивления с постоянной высотой.
Решение. 1) Ширина балки постоянная. Изги-
Изгибающий момент в произвольном сечении, отстоящем на рас-
расстоянии х от свободного конца балки, будет;
Мх=—Рх.
Соответствующий момент сопротивления изгибу (рис. 162, б)
W — ЬУ*

§ 75]
БАЛКИ РАВНОГО СОПРОТИВЛЕНИЯ ИЗГИБУ
279
где Ъ — постоянная ширина балки, а у— переменная высота
балки.
Изгибающий момент в плоскости защемления
Если обозначить через h высоту балки в плоскости защем-
защемления, то соответствующий момент сопротивления изгибу
будет:
На основании уравне-
уравнения B15) получим:
Р — Ъ \
§§
6
б
oiкуда
. . р х
— Р1 '
1
1
y2 = lL-X% B16)
Изменение высоты се-
сечения балки равного
сопротивления изгибу
с постоянной шириной сечения показано на рис. 162, б.
Имея допускаемое напряжение, из уравнения
можно определить /г, а следовательно, и высоту у в любом
сечении балки по уравнению B16).
Объем балки равного сопротивления будет составлять
2'а объема балки с постоянным сечением bh, т. е. эконо-
экономия материала будет 33%.
2) Высота балки постоянная. Обозначим постоян-
постоянную высоту балки через /г, переменную ширину — через z
и ширину балки в плоскости защемления — через Ь. На

280 УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ
основании уравнения B15) имеем:
[ГЛ. X
6 —.
W
bti1 — i
откуда
B17)
Следовательно, в этом случае ширина балки изменяется по
закону прямой линии. Форма такой балкл легко осуществима.
Она представлена на рис. 162, в. Экономия материала при
применении такой балки в сравнении с призматической бал-
балкой сечения ЬН достигает 50°/0. В действительности эконо-
экономия будет несколько меньшей,
так как свободный конец балки
на некоторой небольшой длине
делается постоянной ширины
(рис. 163): иначе поперечная сила
на конце балки вызвала бы недо-
недопустимо большие касательные на-
напряжения. По этой причине уси-
усиление свободного конца делается
и у балок равного сопротивления
изгибу с постоянной шириной се-
сечения.
3) Прогиб свободного конца
балки равного сопротивления с по-
постоянной высотой определим сле-
следующим образом. На основании формулы A73) § 63 можно
написать, что
Ж. ру
Рис. 163.
где через р обозначен радиус кривизны упругой линии балки
в произвольном рассматриваемом сечении, а через Jx — мо-
момент инерции этого сечения. В нашем случае момент инер-
инерции, если принять во внимание уравнение B17), будет равен:
Ь ,„
Jx =
ПГ

§ 75]
БАЛКИ РАВНОГО СОПРОТИВЛЕНИЯ ИЗГИБУ
281
Следовательно,
Ebxh*
12/р
= — Рх9
или
_ ЕЫР_ EJ
9 ~ Y2PI ~ PI f
где через У обозначен момент инерции сечения в плоскости
защемления балки, равный -уГ* Правая часть полученного
выражения постоянна; следовательно, радиус кривизны р
упругой линии рассматриваемой бал-
балки во всех сечениях одинаков, т. е. ^
балка прогибается по дуге круга ^
(рис. 164). Из прямоугольного тре-
треугольника ОАВ имеем:
Рис. 164.
О В* = О Л' -{- АБ*.
Вследствие малости прогиба / по
сравнению с радиусом кривизны р
(рис. 164 сделан не в масштабе) по-
половину хорды, т. е. линию АВ, без
большой погрешности можно принять равной длине балки /.
Следовательно, будем иметь:
откуда
Пренебрегая величиной р ввиду ее малости по сравнению
с другими величинами, входящими в то же выражение, по-
получим:
от куда
f j
2? '
Подставляя в это выражение величину радиуса кривизны
EJ
= рр находим:
РП
W
B18)

282
УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ
[гл. х
Сравнивая полученное значение прогиба с величиной про-
прогиба балки постоянного сечения
/=-
3EJ
A99)
заключаем, что прогиб балки равного сопротивления в 1,5 раза
больше, чем прогиб балки постоянного сечения.
Это свойство балки равного сопротивления деформиро-
деформироваться намного больше, чем балка постоянного сечения, при
одних и тех же нагрузках и допускаемых напряжениях при-
привело к использованию балок равного сопротивления в тех
случаях, когда надо смягчить действие неспокойной, удар-
ударной нагрузки.
Листовые рессоры, широко применяемые в различных
видах транспорта (автомашины, вагоны и др.), представляют
балки равного сопротивления. Поясним расчет таких рессор
на числовом примере.
Рис. 165.
Пример 70. Определить размеры b и h стальной листовой рес-
рессоры (рис. 165, а) длиной / = 40 см, которая под действием груза
Р = 500 кг, приложенного на свободном конце, должна давать про-
прогиб под нагрузкой не менее 5 см. Допускаемое напряжение на
изгиб [а] = 5000 кг/см\ ? = 2,Ы0в кг/см2.
Решение. Максимальный изгибающий момент, действующий
в плоскости защемления пружины, равен:
Из уравнения прочности A87) получаем:

§ 75J БАЛКИ РАВНОГО СОПРОТИВЛЕНИЯ ИЗГИБУ 283
откуда
6Р/ 6•500 - 40 24
Вторым уравнением для определения искомых размеров Ь и h будет
уравнение деформации. На основании формулы B18) имеем:
500 - 4Q3
~7.2,ыо*4У '
Знак минус, стоящий перед правой частью формулы, опущен,
так как в данном случае важно абсолютное значение прогиба,
а не его направление.
Решим последнее уравнение относительно Ь\
ь _ 500.64 000.12 ^ J^
Из выражений (а) и (б) получаем:
24 __ 18,3
откуда
к = Щ- = 0,763 слл
Тогда из (а) получаем:
Округлим несколько полученные размеры, а именно примем:
h = 0,75 ел, b = 42 еж
Проверим напряжение и прогиб, получаемые при выбранных
размерах:
Р/ 500-40-6 _1ЛЛ , о
qg jg" 42.0,75^ -5100^г/с^
6
f__ Я/3 __ 50Q.4Q3.12 _
2Е—~~ 2-2,1 .10-42.0,753"~ '
Полученное напряжение превосходит допускаемое только на 2°/0;
прогиб несколько больше 5 см, поэтому принятые размеры можно
считать удовлетворяющими поставленным условиям.
Практически листовые рессоры 'выполняются в несколько ином
виде. Значительная ширина рессоры, получаемая в месте защемле-
лия, требует много места, а это бывает часто неудобным. Если
разрезать рессору на отдельные продольные полосы равной ширины
(как показано на рис. 165, б) и полосы наложить друг на друга
(как показано на рис. 165, в), то полученная таким образом рессора,

284 УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ [ГЛ. X
если пренебречь трением, возникающим между полосами, будет
работать так же, как и целая, экономия же места будет значитель-
значительной. Конечно, целую листовую рессору не разрезают на отдельные
полосы, а эти полосы изготовляют из готовой длинной узкой сталь-
стальной полосы, а затем полосы складывают, как указывалось выше.
В нашем примере рессору можно собрать, например, из шести
отдельных полос, тогда ширина каждой полосы должна быть равна
42: 6 = 7 см.
§ 76. Контрольные вопросы
Что называется упругой линией балки?
Какая связь существует между радиусом кривизны р, изгибаю-
изгибающим моментом М и жесткостью балки ?/?
Каково уравнение упругой линии в дифференциальной форме?
Как получается из уравнения упругой линии в дифференциальной
форме уравнение упругой линии, дающее непосредственную связь
между прогибами у и абсциссой jc?
Привести обобщенное уравнение упругой линии.
Чему равен прогиб консольной балки, изгибаемой силой, дей-
действующей на свободном конце? Чему равен прогиб балки, свободно
лежащей на двух опорах и изгибаемой силой, действующей по-
посредине балки?
Какая балка называется балкой равного сопротивления изгибу?

ГЛАВА XI
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ
§ 77. Понятие о статически неопределимых балках
Вспомним, что статически неопределимой балкой на-
называется такая балка, у которой общее число неизвестных
реакций больше, чем число уравнений статики, выражающих
условия равновесия балки.
Так называемые «лишние» неизвестные реакции накла-
накладывают на балку дополнительные условия деформации. Эти
условия, выраженные математически, дают недостающее
число уравнений для определения реакций; каждая «лишняя»
реакция требует для ее нахождения дополнительного урав-
уравнения.
Со статически неопределимыми задачами мы встречались
уже при изучении растяжения, сжатия и кручения. При ре-
решении их всегда принимались во внимание деформации.
Определение реакций статически неопределимой балки также
возможно только на основании рассмотрения деформаций.
Таким образом, можно сказать, что при решении любой ста-
'шчески неопределимой задачи для нахождения «лишних»
неизвестных надо к уравнениям статики прибавить недостаю-
недостающее число уравнений, получаемых из рассмотрения дефор-
деформаций.
Эти добавочные уравнения деформаций составляются раз-
различными способами. Один из простых способов состоит
в применении принципа независимости действия сил, или,
проще, принципа сложения, с которым мы познакомились
в § 20.
При изучении статически неопределимых балок мы огра-
ограничимся случаями, когда число лишних неизвестных невелико

286
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ
[ГЛ. XI
(П
§ 78. Балка, защемленная одним концом
и свободно лежащая другим концом на опоре
На защемленном конце балки возникают сила реакции
и момент защемления, на другом конце, лежащем на опоре,—
сила реакции. Таким образом, балка, один конец которой
защемлен, а другой лежит на опоре, имеет три неизвестных.
Уравнений равновесия для определения реакций в случае
действия сил, лежащих в од-
одной плоскости и перпен-
перпендикулярных к оси балки,
имеется только дьа. Сле-
Следовательно, рассматривае-
рассматриваемая балка имеет одну «лиш-
«лишнюю» неизвестную.
За «лишнюю» неизвест-
неизвестную в этой балке примем
реакцию, возникающую на
конце, лежащем на опоре.
В качестве примера оп-
определим максимальный из-
изгибающий момент и макси-
максимальный прогиб балки, изо-
изображенной на рис. 165, а,
изгибающейся под дейст-
действием равномерно распреде-
В ленной нагрузки интенсив-
интенсивности q.
Определим сначала лиш-
лишнюю неизвестную реакцию
на опоре В. Отбросив опору В, получим статически определи-
определимую балку (рис. 166, б)\ прогиб свободного конца такой
балки был определен на стр. 264; он равен:
1 ql*
На самом же деле конец балки лежит на опоре и про-
прогиб его равен нулю. Следовательно, согласно принципу не-
независимости действия сил опорная реакция на опоре В
должна быть такой величины, при которой уничтожался бы
полученный нами прогиб, т. е. эта реакция, действуя

§ 78] БАЛКА, ЗАЩЕМЛЕННАЯ ОДНИМ КОНЦОМ 287
отдельно, должна создать прогиб /2, равный по величине fv
но направленный в противоположную сторону. Из этого
условия определяется реакция, возникающая на опоре В,
Прогиб от силы В, приложенной к концу балки
(рис. 166, в), равен:
Сумма прогибов fx и /2 должна быть равна нулю, т. е.
Отсюда
8 EJ ~1~ 3 EJ ~ '
Определив таким образом реакцию В, находим остальные
неизвестные, т, е. реакцию А в защемлении и момент т,
из условий равновесия, как для статически определимой
балки (рис. 166, а).
Реакция
A ql B ql ql ^ql
Момент т в защемлении определим, взяв сумму момен-
моментов относительно Л:
— m~\-ql- у— ~д/./ = 0,
откуда
Уравнение моментов для какого-либо сечения балки,
лежащего на расстоянии х от защемления Л:
х 5 ql2 qx2
Jvl — Ах — fit — qx —^r- — -7г qlx 7j- ~—• —^ »
Для определения значения х, при котором изгибающий
момент получает максимальное значение, приравняем нулю
dM
производную ~т—'.
от к} да

288 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ [ГЛ. XI
Следовательно, максимальный момент будет:
Сравнивая этот момент с моментом защемления, видим,
что последний больше, чем максимальный момент в пролете
балки, поэтому расчетным моментом будет момент заще-
защемления.
Расчетное уравнение этой балки таково:
Определим теперь максимальный прогиб балки.
Уравнение прогибов будет:
х* х* _ qP х2 , 5 ; х*
~6 qHA~ 8~ 2 ' 8~^ 6
24 f
Место максимального прогиба определим, приравняв нулю
dv
производную -—-:
Максимальный прогиб не может быть в защемлении,
потому что там он равен нулю; следовательно,
х1 5
или
откуда
_ 15 /ч_,/~225 р_ 3 р _ 15 /ч_ УЗЗ" ,_ 15 ±5,74
Значение х не может быть больше /, поэтому перед
корнем берем знак минус:
_ J5/_^Zi /_ .Mi/_ 0 579/

§ 781
БАЛКА, ЗАЩЕМЛЕННАЯ ОДНИМ КОНЦОМ
289
Определив положение сечения, имеющего максимальный
прогиб, найдем величину самого прогиба. Для этого в урав-
уравнение прогибов подставим х = 0,579/:
@5790» 5 @,579/)* ? @,579/)*
*" 8 q 6 24 •
откуда
= ^7(~ °'02093 + °>0202 — 0,00467) =
0,0054?/*
~ EJ ~
EJ
185?У
Пример 71. Балка ЛВ, защемленная одним концом в стене и
свободно лежащая другим на опоре, изгибается сосредоточенной
силой Р (рис. 167, л). Построить зпюру моментов, эпюру попереч-
поперечных сил и определить прогиб под силой Р.
Рис. 167.
Решение. Принимаем за лишнюю неизвестную опорную реак-
реакцию, возникающую на опоре Л. Отбросив опору В, получаеи
статически определимую балку (рис. 167, б\ правый конец которой
под действием нагрузки Р прогнется. Для определения этого про-
прогиба надо сначала найти реакции в защемлении (рис. 167, б). Из
уравнений статики получаем:
Av = P; mi = Pa.
19 Зак. 1542, Р. С. Квнясошвили

290 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ (ГЛ. XI
Направления реакции и момента защемления указаны на
рис. 167, tf.
Уравнение прогибов правого участка балки согласно уравне-
уравнению A98) будет:
Подставив в это уравнение значения А^ и т± и вместо х—
длину балки /, найдем прогиб правого конца балки:
f
В действительности конец балки В оперт и его прогиб равен
нулю. Следовательно, опорная реакция В должна быть такой вели-
величины, чтобы создаваемый ею прогиб был равен по величине про-
прогибу от нагрузки Р, но имел обратное направление.
Прогиб правого конца балки (рис. 167,5) от силы В (стр. 263)
равен:
Из условия
определяем реакцию В:
1 Г Z2
Ш1РаТ
откуда
Определив реакцию В из рассмотрения деформации балки,
остальные неизвестные — реакцию А и момент защемления задан-
заданной балки (рис. 167, а) — найдем из условий равновесия.
Реакция
2/з
Момент защемления
— р Ра2 C/ ~а) _Ра B/2 —- За/ + а?) _ Pab (I + <
Для построения эпюры моментов надо определить момент
в сечении, где приложена сила Р. Момент в этом сечении будет;
Эпюры моментов и поперечных сил представлены на рис. 167, г
и д.

§ 79] БАЛКА, ЗАЩЕМЛЕННАЯ ОБОИМИ КОНЦАМИ 291
Для определения прогиба под силой Р напишем уравнение про-
прогибов для первого участка балки:
Подставив сюда значения ту А и х = а, получаем:
1 I ab(l + b)a* Г аЧЗ/-аI а*|
Для частного случая, когда сила Р действует посредине балки,
Расчетным моментом в этом случае будет момент защемления
Прогиб под силой
1
3 \2/ И \2; I 7РП
16 2 "^ 16 6 I ~ 768?У §
§ 79. Балка, защемленная обоими концами
На каждом конце балки, защемленной обоими концами,
имеется вообще три элемента опорных реакций, а именно:
вертикальная составляющая реакции, горизонтальная соста-
составляющая реакции и момент в защемлении. Горизонтальной
составляющей опорной реакции в случаях действия изгибаю-
изгибающих сил, перпендикулярных к оси балки, можно пренебречь,
так как напряжение, вызываемое ею в обычных балках,
мало в сравнении с напряжениями изгиба. Таким образом,
н балке, защемленной обоими концами и нагруженной си-
силами, перпендикулярными к оси, остаются четыре элемента
реакций, из которых два статически неопределимы.
Для их определения надо иметь четыре уравнения. Два
Уравнения дает статика, два других уравнения надо соста-

292
СТЧТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ
[ГЛ. XI
вить из дополнительных условий деформаций. Этими усло-
условиями могут быть равенство нулю углов поворота или про-
прогибов концов балки.
777
I
I
I
а)
)P?
Рис. 168.
Рассмотрим пример. Балка АВ, защемленная обоими
концами, изгибается равномерно распределенной нагрузкой
интенсивности q (рис. 168, а). Требуется построить эпюры
моментов и поперечных сил и определить максимальный
прогиб.

§ 79] БАЛКА, ЗАЩЕМЛЕННАЯ ОБОИМИ КОНЦАМИ 293
Вследствие симметричности нагрузки опорные реакции
будут равны:
4
На том же основании будут равными и моменты т в за-
защемлениях.
Составим уравнение деформации. Так как углы наклона
касательных к упругой линии на концах балки равны нулю,
,о из уравнения A97) получим:
откуда
W = TJ- B21)
Определив моменты в защемлениях, перейдем к построе-
построению эпюры изгибающих моментов. Рассматриваемая балка
имеет один участок. Напишем для него уравнение моментов:
Л/Т —— ¦* Д* ___ , _____ Q _____
Максимальный момент на участке найдем, приравнивая
нулю производную -т—• Из этого условия находим, что
максимальный момент получается посредине балки. Он
будет ра-вен:
М
- ql , l q*
— 2 2 12
шах — 2 2 12 Ч 2 ~ 24
Момент в защемлении в два раза больше полученного,
поэтому именно его и надо принимать за расчетный момент.
Построение эпюры поперечных сил в объяснениях не
нуждается: эпюра будет совершенно такой же, как и для
балки, лежащей свободно на двух опорах. Уравнение упру-
упругой линии балки будет:
2 6 12 2 24 *
Наибольший прогиб балки при х — -^- равен:
v _ fri — 1 I ?/4 . . ^ ^ \ -
^шах — J с — EJ ^ у6 96 3«4 / ~
\
96 3«4 / ~ 384EJ *

294
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ
(ГЛ. XI
На стр. 269 был найден наибольший прогиб посредине
пролета для балки, свободно лежащей на двух опорах и
нагруженной равномерно распределенной нагрузкой. Он был
равен:
_
-Ушах —
384?/
Таким образом, из сравнения прогибов видно, что балка
с защемленными концами в случае равномерно распределен-
распределенной нагрузки имеет в 5 раз
меньший прогиб в середине
пролета, чем балка, свободно
лежащая на двух опорах.
А
в
-а-
Г
Т"
А
й)
А
б)
Рис. 169.
I
Т
Пример 72. Балка АВ, защем-
защемленная обоими концами, изгибается
сосредоточенной силой Р (рис.
169, а). Построить эпюры изгибаю-
изгибающих моментов и поперечных сил.
Решение. Составим уравнения
для определения реакций. Из усло-
условий равновесия:
0.
— Ы 4- тв + Ра — т
Из условия, что угол накло-
наклона касательной и прогиб над опо-
опорой В равны нулю, получим:
t p.
/2
Решив полученную систему уравнений, найдем, что
тпв
аЧ

§ 79] БАЛКА, ЗАЩЕМЛЕННАЯ ОБОИМИ КОНЦАМИ 295
Теперь легко построить эпюры изгибающих моментов и попе-
поперечных сил. Изгибающий момент в сечении С, где действует сила Я,
будет:
Эпюры моментов и поперечных сил приведены на рис. 169, б w в.
Определим прогиб в сечении С, где действует сила Р. Уравне-
Уравнение упругой линии для первого участка балки будет:
X уЗ
EJy = — т ~y -f A -g-,
Подставив значения т, А и а вместо х, получим:
РаЧ*
Ус — -pJ\ ТГ # ~9~п ]Г
В частном случае, когда сила Р действует посредине балки,
/
т. с. при а = о = -у, получим:
реакции
моменты в защел^лениях
тл=т3 = ^. B22)
Моменты эти отрицательны, что следует из их направлений, указан-
указанных на рис. 169, а.
Момент посредине балки
м Pl
Этот момент по величине равен моментам в защемлениях, но имеет
обратный знак.
Таким образом, рассматриваемая балка имеет три сечения,
в которых изгибающие моменты по абсолютной величине одинаковы,
т. е. балка имеет три сечения, одинаково опасных.
Прогиб посредине балки
р/з
У
Максимальный изгибающий момент балки, свободно опертой на
Р1
двух опорах и нагружннеой силой Р посредине, равен М i ~~т
PI3
(см. стр. B11), а максимальный прогиб равен у z = —
См. стр. 267.

296 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ [ГЛ. XI
Следовательно, в сравнении с такой балкой балка, защемленная
с обоих концов, имеет в середине пролета в два раза меньший
изгибающий момент и в четыре раза меньший прогиб.
Пример 73. Балка АВУ защемленная обоими концами, изги-
изгибается моментом т, действующим посредине пролета (рис. 170).
. ,, Определить моменты в защемлениях.
* * % Решенае- Исходя из условий, что
над опорой В угол наклона касатель-
касательной и прогиб равны нулю, из урав-
уравнений A97) и A98) получим:
г
Щ
\ С т
с- 17а
Решив эту систему уравнений, найдем:
. 3 т лл т
~2 ~Т' г ~ 4 '
Из условия 2^? = 0 получим:
пг 3 m _
откуда
,, m
§ 80. Балка на трех опорах
Балки, опирающиеся больше чем на две опоры, назы-
называются не разрезными или многоопорными балками. Из не-
разрезных балок мы рассмотрим простейшую, а именно
балку на трех опорах.
Будем считать одну опору неподвижной, а две другие —
на катках, тогда при изгибе балки силами, перпендикуляр-
перпендикулярными к оси, на опорах будут возникать только вертикаль-
вертикальные реакции.
Балка на трех опорах будет иметь три неизвестные
реакции, две из которых определяются из условий равно-
равновесия статики, одна реакция представляет лишнюю неиз-
неизвестную. За лишнюю неизвестную примем реакцию, воз-
возникающую на средней опоре балки. Добавочное условие,
которое накладывается на деформацию балки лишней неиз-
неизвестной, в этом случае заключается в том, что прогиб
в сечении над средней опорой равен нулю. Из этого

§ 80j
БЛЛКА НА ТРЕХ ОПОРАХ
297
условия мы и будем определять реакцию на средней опоре.
После того как эта реакция будет найдена, задача стано-
становится статически определимой, и дальнейшее ее решение
не представляет каких-либо
затруднений.
В качестве примера рас-
рассмотрим балку на трех опо-
опорах, изгибающуюся равно-
равномерно распределенной на-
нагрузкой интенсивности q
(рис. 171, а). Определим
реакции на опорах.
Отбросим среднюю опо-
опору С. Тогда получим балку,
свободно опертую на две
опоры А и В (рис. 171, б).
Определим прогиб в сечении
над отброшенной опорой.
Этот прогиб (см. стр. 269)
будет равен:
уО— 384?/ #
Прогиб балки (рис. 171,б)
от сосредоточенной силы С,
действующей снизу вверх
(см. стр. 267), будет:
л/
уС~ 48EJ *
Из уравнения
С B/у*
— I -—
а)
6)
найдем реакцию С:
B23)
~м
Реакции на крайних опорах А и В, когда оба про-
пролета имеют одинаковую длину, в силу симметрии будут

298
равны:
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ
[ГЛ. XI
Эпюры М и Q приведены на рис. 171, гид.
Пример 74. Балка на трех опорах изгибается сосредоточенной
силой Р (рис. 172 а). Определим реакцию, возникающую на средней
опоре. г
Решение. Отбросим среднюю опору С; тогда получим балку
свободно опертую на две опоры А и В (рис. 172, б).
Определим прогиб в сечении над отброшенной опооой.
Этот прогиб будет равен: *
PaKll+l.2f.
ЫУс=-
Возьмем теперь балку (рис. 172, в), свободно лежащую на двух
опорах Л и В и изгибаемую силой С, действующей вверх. Опреде-
Определим прогиб в точке приложения
\р силы С (см. стр. 266):
у' _
3
Щ Из условия
Ус
определяем реакцию С:
+ тг
откуда
= 0,
4Ш
В
/i«/2
B24)
J&ff Если сила Р будет действо-
'•у/У/'/л вать на левом пролете балки, то
реакция на средней опоре опре-
определится по той же формуле B24),
но тогда расстояние а надо изме-
измерять от левой опоры А и пролеты
/г и /2 взаимно заменить,
частном случае, когда пролеты одинаковой длины, т. е.
= /, формула B24) упрощается. В этом случае реакция С
6)
Рис. 172.

§ 30]
будет равна:
БАЛКА НА ТРЕХ ОПОРАХ
299
B25)
Определив среднюю реакцию из рассмотрения деформации балки,
остальные две реакции легко определить из уравнения равновесия.
Пример 75. Подобрать двутавровое сечение для двухпролетной
неразрезной балки (рис. 173, а) с равными пролетами I = 2 м; балка
V////)/'
г 5)
Рис. 173.
нагружена в среднем сечении левого пролета сосредоточенной силой
Р = 2т; правый пролет загружен сплошной нагрузкой интенсивности
q = 4 rnJM. Допускаемое напряжение (а] = 1400 кг/см2.
Решение. Отбросим среднюю опору С и определим прогиб под
отброшенной опорой (рис. 173, б). Найдем сначала реакции двух-
опорной балки А В:

300 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ [ГЛ. XI
В начале координат (в точке А) /0 = 0, а а0 ф 0. Найдем EJa0 из
условия равенства нулю прогиба над опорой В. При х — 21 из
уравнения A98) получим:
откуда
Прогиб над отброшенной опорой С определим по уравнению A98)
при х = 1: ( 1
EJyc = EJaqf + А' ^- — Рg^
Подставив значения Аг и ?/ао> получим:
F/v — — — Р/3 - /у/4 4- ^¦4-1 Я/3 Pl* — — — Р/З — /7/4
«Ус- 32 48^ ^ 24 ^ 8 48 ~ 96 48* '
Напишем теперь прогиб балки (рис. 173, в) в сечении С от
сосредоточенной силы С: /9АЗ
EJC
Из уравнения
получим значение реакции средней опоры:
Теперь найдем реакции А и В заданной балки:
13
Построим эпюру изгибающих моментов.
На первом участке
Mi = Ах = -— л:,
при х = 0 Л1 д == 0; при л" = -к- = 1^ Л1 = т^

§ 81] КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ 301
На втором участке
при * = ? = 1 м m==:Yq тм:
при д: = / = 2ж Мс = — .2 — 2-1= — 1 —
г О
— .2 — 2-1= — 1 — тж.
Моменты на третьем участке определим, подходя с правого
конца балки:
х1 5
Мъ = Вх — ? — = 3 — •* — 2-*2>
при * = 0 М^==0; прилг = / = 2 л Л1С = 3~.2 — 2-22 =
= — 1~т^.
Найдем максимальное значение момента на третьем участке:
¦¦¦ =0 = 3^ — 4л:, отсюда л- = -^-- м.
dx 16 64
При этом з качении х момент будет равен:
16 Ь4
Этот изгибающий момент по абсолютной величине немного меньше,
чем Мс. Поэтому максимальный момент на всей длине балки будет
над опорой С; он равен Мс = — 1 -т тм. Подставив в расчетное
уравнение это значение момента, получим необходимую величину W:
о о 53 /53 V2 , 761
16 Ь4 \ 64 / 204^5
Ближайшее большое значение W имеет двутавр № 14, а именно
102 см*.
§ 81. Контрольные вопросы
Какие балки называются статически неопределимыми?
Какими методами решаются статически неопределимые балки?
Как относятся между собой максимальные прогибы балок, на-
нагруженных равномерно распределенной нагрузкой, если одна сво-
свободно оперта обоими концами, а у другой концы заделаны?
Чему равны моменты в заделках балки, нагруженной посредине
моментом?
Укажите основные преимущества статически неопределимых
?«лох перед статически определимыми.

ГЛАВА XII
СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
§ 82. Косой изгиб
До сих пор рассматривался плоский изгиб, когда пло-
плоскость действия нагрузок совпадала с продольной плоскостью
симметрии балки или вообще с одной из ее главных пло-
плоскостей. Деформация изгиба при этом происходила в пло-
плоскости действия моментов, а нейтральная ось совпадала
с главной осью инерции поперечного сечения и была пер-
перпендикулярна к плоскости действия моментов.
Однако бывают случаи, когда плоскость действия изги-
изгибающих моментов не совпадает ни с одной из главных
плоскостей балки. Такой изгиб называется косым изгибом.
Рассмотрим пример косого изгиба. Пусть балка прямо-
прямоугольного сечения, защемленная одним концом (рис. 174, а, б)у
изгибается силой Р, действующей перпендикулярно к оси
балки на свободном конце и составляющей угол а с главной
плоскостью ху. Так как плоскость действия изгибающего
момента в данном случае не совпадает ни с одной из двух
главных плоскостей балки, то это будет случай косого
изгиба.
Абсолютное значение изгибающего момента в каком-либо
сечении тп, отстоящем на расстоянии х о г защемления,
будет:
Разложим силу Р на две составляющие Ру и Pz, дей-
действующие по главным осям сечения у и z. Тогда абсолют-
абсолютные значения составляющих моментов будут равны:
Mz = Py(l — х) = Р (/ — х) cos a,
= Рх(l — x) — P(l — x) sin a.

§ 82]
КОСОЙ ИЗГИБ
303
Моменты Му и Мг действуют в главных плоскостях
балки. Напряжения и прогибы от каждого из этих моментов,
взятых в отдельности, мы определять умеем. Пользуясь за-
i
1
i
У
-+—X
m
1
1
f
1
7 ^
L *
a)
х
А
pyl j
6)
Рис. 174.
коном независимости действия сил, можно найти напряжения
и прогибы, получающиеся при одновременном действии
моментов Му и Mz. Таким образом, случай косого изгиба
можно всегда свести к двум плоским, или, как иногда
говорят, к простым, изгибам.

304 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ [ГЛ. XII
При действии только одного момента Mz нейтральной
осью будет ось z (рис. 174, в) и нормальное напряжение
для какой-либо точки N с координатами z, yt взятой в пер-
первом квадранте сечения /тш, определяется по формуле A74):
Напряжение в той же точке от действия только момента
Му (рис. 174,2) равно:
При одновременном действии двух моментов Му и Mz
напряжение в любой точке сечения будет равно алгебраиче-
алгебраической сумме напряжений ах и о2, т. е.
М' у
JIJ
В эту формулу координаты у, z точек сечения и изгиба-
изгибающие моменты My и Мг подставляются со своими знаками.
Если момент действует таким образом, что в 1-й четверти,
где координаты z ny положительны, он вызывает растяжение,
то ему приписывается знак плюс, а если сжатие, то минус.
Например, в нашем случае оба момента Му и Мг положи-
положительны, так как в 1-й четверти они вызывают растяжение;
в результате получаем:
л( Ь h
для точки A\z=—-g-; У — ^
для точки
P(t — x) cos
Jz
h
>:
pa—
P(l-
X) Sin a
X) Sin a
Jy
b
2
b
2
для точки С (z = — -j; у= — ~
— P(l — X) COS a 77 P(l—X) Sin a —
0 = ; L . 1.

§ 82] косой изгив 305
для точки D (* =-2-; У — ~^>
—jr)slna у
Наибольшее суммарное напряжение в данном случае
будет в точках В и С; в точке В (х > 0, j/ > 0) — напря-
напряжение растяжения, а в точке С (х < 0, у < 0)— напряжение
сжатия. Абсолютные значения этих напряжений будут оди-
одинаковы.
Уравнение нейтральной линии получим, приравнивая нулю
правую часть формулы B26);
М,-у t My г _n
_ | — и>
ИЛИ
М • V cos a , М • -г sin a л
7 1 7 ===0'
откуда
ycosa
- I
Этому уравнению прямой линии удовлетворяют значения
3' = 0 и z = 0; следовательно, нейтральная линия прохо-
проходит через центр тяжести поперечного сечения.
Определив из последнего выражения отношение ^-, най-
найдем тангенс угла ф), составляемого нейтральной линией
с положительным направлением оси z (рис. 174, д)\
igP =i = -ie*T. B27)
Из формулы B27) видно, что для таких сечений, у ко-
которых Jz = Jy (квадрат, круг и др.), нейтральная линия
всегда будет перпендикулярна к плоскости действия из-
гибающего момента, в которой и будет происходить де-
деформация изгиба, т. е. в балках, у которых все центральные
оси поперечного сечения являются главными, не может быть
косого изгиба.
В тех же случаях, когда Jz=h Jy и а Ф 0 или а Ф 90°,
нейтральная линия не будет перпендикулярна к плоскости
изгибающего момента.
20 Зак, 1542. P* С. Кинасошвяли

306
СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
[гл. хп
Пример 76. Балка прямоугольного сечения bh, защемленная
одним концом (рис. 175), изгибается силой р = 1200 кг, приложен-
приложенной на свободном конце и составляющей угол а = 30° с главной
плоскостью jcy. Определить размеры сечения, если длина балки
/= 1 м, b = Ofih и допускаемое напряжение [а] = 1200 кг)см\
Решение* Наибольший изгибающий момент у защемления
Mmax = PI = 1200 • 100 = 120000 кгсм.
ШИЛ
Разложим этот момент, действующий в вертикальной плоскости, по
главным осям сечения у и z:
М3 « 120 000 cos 30° = 120 000. 0,866 = 104 000 кгсм,
Му = 120 000 sin 30° = 120 000.0,5 » 60 000 кгсм.
Наибольшие напряжения, определяемые по формуле B22), будут
в точках В и С. По абсолютному значению они одинаковы. Опре-
Определим напряжение в точке В I у = -^ ; z =
jfr b_
а== Jz ^ Jy ==~bW'^"Wf
Подставив значения моментов Му и Мг и приравняв абсолют-
абсолютное значение максимального напряжения допускаемому, получим:
1200:
6-104000 6 • 60 000
hb*
или
__
520 300
Подставив сюда b = 0,6Л, получим уравнение, из которого опреде-
определим высоту сечения h:
— 520 300
"" 0 +

§ 821
КОСОЙ ИЗГИБ
307
oi к v да
Округлим полученное значение, приняв h = 12 см\ тогда
При этих размерах сечения наибольшее напряжение в балке
(>\дег равно:
6 6
Пример 77. Обрешетина зетовогр профиля № 14, свободно
опертая на две фермы, изгибается равномерно распределенной вер-
лшальной нагрузкой интенсивности q = 400 кг/м (рис. 176, л, tf)
Определить нормальные напряжения в точках А, В, С и D в опас-
опасном сечении и наибольший прогиб, если расстояние между фермами
/ = 2 м, наклон фермы к горизонту равен 30° и Е = 2 • 106 кг/см\
Решение. Из таблиц нормального сортамента для зетового про-
профиля № 14 берем главные моменты инерции JZI =759 сл€4, /#,=130,7 см*
и угол наклона главных осей а = 14°27' (рис. 176, в).
Наибольший изгибающий момент в обрешетине будет посре-
посредине A70):
пп 400. 22
Afmax = Ц- = ——^ = 200 кгм = 20 000 кгем.
Раскладывая момент Мт&х, действующий в вертикальной пло-
плоскости, по главным осям сечения, находим:
ЛЬ, = — МтпХ cos C0° —14°270 =
= — 20 000. 0,9634 = _ 19 268 кгем,
MVl = — ^fmax sin C0° —14°27') =
= — 20 000 • 0,2681 = - 5362 кгем.
20 *

308 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ [ГЛ. XII
Моменты Mifx и уИг, отрицательны, так как в первой четверти
они вызывают сжатие.
Для определения напряжений в точках Ау В, С и D вычислим
расстояния их до главных осей гг и уь
Координаты точки А относительно главных осей zt и yt опре-
определим, применив формулы преобразования координат при повороте
осей:
гх = у sin ( — 14°27') + z cos ( — 14°27') =
в 7 ( —. 0,2495) + 6,1.0,9684 = 4,15 см,
ул =* у cos ( — 14°27') — г sin ( — 14°27') =
= 7 • 0,9684 — 6,1 ( — 0,2495) = 8,29 см.
Координаты точки D относительно осей zt и у± будут:
гг = — 4,15 см; yt = — 8,29 см.
Координаты точки В относительно осей z и у равны:
d 0,8 ,.. Л _
zx = — — = — = — 0,4 см; ух =з — = 7 ел/.
Координаты точки 5 относительно главных осей ^ и у^ опре-
определим по формулам преобразования координат при повороте осей;
zx = 7 sin (— 14°27') 4- ( — 0,4) cos ( — 14°270 =
в — 7.0,2495 — 0,4.0,9684 = — 2,14 см,
ух = 7 cos ( —• 14°27') — @,4) sin ( — 14°270 =
= 7 • 0,9684 — 0,4 • 0,2495 = 6,67 см.
Координаты точки С относительно осей zx и уг будут:
г! «2,14; ^ = -6,67.
Теперь определим напряжения в точках А, В, С и Z). Напря-
Напряжение в точке А
— 19 268-8,29 , —5366.4,15 OQr
^ в 759 + Щ
Напряжение в точке D
— 19268 ( — 8,29) , -5366 (-4,15)
°Д = 759 + \Щ7 = ~ 380
Напряжение в точке В
— 19 268.6,67 , —5366 ( — 2,14)
°*в 759 + Щ7 ^ = ~
Напряжение в точке С
— 19268( — 6,67) , —5366.2-14 о
«с- 759 + 1307 ~8
Наибольшие напряжения растяжения в ючке Л и сжатия
в точке D равны 380 кг/см2.

§ 33]
СОЧЕТАНИЕ ИЗГИБА С РАСТЯЖЕНИЕМ ИЛИ СЖАТИЕМ
309
Максимальный прогиб обрешетины будет посредине. Для вычи-
вычисления его разложим равномерно распределенную нагрузку, дейст-
действующую в вертикальной плоскости, по главным осям сечения:
" q = q cos C0° — 14°27') = 400. 0,9634 = 385 кг/м = 3,85 кг/см,
qzr=q sin C0° — 14°27') = 400. 0,2681 = 107 кг/м = 1,07 кг/см.
Прогибы в главных плоскостях согласно формуле B10) будут:
в плоскости ух
в плоскости гх
fz=s —
Полный прогиб будет равен геометрической сумме прогибов
/v и Л, т. е.
_ 5 ¦ 200*
384-2.10»
или
= 10,4-0,00965 = 0,1 см,
1 мм.
§ 83. Сочетание изгиба с растяжением или сжатием
До сих пор при рассмотрении изгиба балок предполага-
предполагалось, что внешние силы, действующие на балку, перпенди-
перпендикулярны к ее оси. Рассмотрим теперь более общий случай
'max
а)
когда изгибающая сила действует на балку наклонно к ее
оси. Пусть, например, на балку, защемленную одним концом
(рис. 177, а), действует сила Р в плоскости продольной
симметрии балки под углом а к оси балки.
Разложим силу Р на две составляющие: N и Н. Сила N,
действующая перпендикулярно к оси балки, вызовет в ней
изгиб, а сила Я, действующая по оси, — растяжение.

310 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ [ГЛ. XII
Нормальное напряжение, вызываемое растягивающей си-
силой Н, во всех поперечных сечениях балки одинаково
и распределяется по сечению равномерно. Величина этого
напряжения определяется по формуле
Я
где F— площадь поперечного сечения балки.
Напряжения от изгиба зависят от величины момента.
Наибольший изгибающий момент будет в защемлении; поэтому
наиболее опасным сечением является сечение, граничащее
с защемлением. Максимальные напряжения в этом сечении
в волокнах, наиболее удаленных от нейтрального слоя, будут:
B28)
где сн — напряжение растяжения в верхних крайних волок-
волокнах, о'— напряжение сжатия в нижних крайних волокнах,
Нг и h2 — расстояния крайних волокон от нейтральной ли-
линии, J—момент инерции всего сечения относительно ней-
нейтральной линии.
Суммарное напряжение от изгиба и растяжения для
точки А будет равно:
max F ' J '
для точки В:
Напряжение omin может оказаться напряжением растяже-
растяжения, если -^ >——-, напряжением сжатия, если -тг <—~~,
и, наконец, о, может быть равно нулю, если -^ =—^Д-.
Таким образом, знак напряжения о . зависит от соотноше-
й Я Nlh.
ния напряжений -^ и —-р.
В частном случае, когда /гх = /г2, будем иметь:
с -*Ljl-M Г23П
°max— F*Wf K^ol)
Q —fL Nl Г232ч

$ 83] СОЧЕТАНИЕ ИЗГИБА С РАСТЯЖЕНИЕМ ИЛИ СЖАТИЕМ 311
Эпюры напряжений представлены на рис. 177, б для
случая, когда |</j > ср.
Если сила И не растягивает, а сжимает балку, то путем
аналогичных рассуждений придем к следующим формулам
для определения суммарных напряжений:
пах р «
Nlht
о •—•'
ram
Я
' F'
B33)
B34)
В этом случае предполагается, что балка настолько мало
прогибается, что сжимающая сила Н все время действует
но оси балки, не вызывая изгиба.
Пример 78. Определить напряжение в болте, показанном на
рис. 178, если внутренний диаметр резьбы болта tfj= 25,138 мм,
сила затяжки болта Р = 400 кг и эксцентриситет нагрузки а = 50 мм.
Решение. Вследствие несимметричности головки болта реак-
реакция Р от силы затяжки действует на головку болта не в центре
головки, а в центре опорной поверхности головки, в точке Е.
Сила Р растягивает болт и создает из-
шбающий момент Ра.
Напряжение изгиба в болте
Ои = г = :
32Ра
2
Напряжение растяжения болта
^
АР
Рис 178.
Суммарное напряжение от изгиба и растяжения в наиболее опасной
'ючке будет:
Ъ2Ра
2Ра АР АР /8а , \
Подставив значения Р, а и йь получим:
1360

312
СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
[гл. хи
§ 84. Внецентренное сжатие
Внецентренным сжатием называется такой случай окатия,
когда сила, сжимающая брус, параллельна оси бруса и ле-
лежит в одной из главных его плоскостей, но точка ее при-
приложения не совпадает с центром тяжести сечения. При этом
предполагается, что раз-
размеры бруса таковы, что
отклонение оси бруса от
ее первоначального по-
положения настолько мало
по сравнению с эксцен-
эксцентриситетом, что им можно
пренебречь.
Такой случай сжатия
представлен на рис. 179.
Сжимающая продольная
сила действует на брус
в точке Л с эксцентри-
эксцентриситетом е. Приложим
в центре тяжести О верхнего поперечного сечения две рав-
равные и противоположно направленные силы Р. Тогда сила Р,
действующая в точке Л, и сила Р, действующая в точке О
и направленная вверх, дадут пару сил с моментом Ре. Мо-
менг этот действует в главной плоскости бруса и остается
постоянным по всей его длине. Напряжение, им вызываемое,
равно: ре
Оставшаяся сила Р, действующая по оси бруса, вызывает
напряжение сжатия, равное
Р
Рис. 179.
Суммарные напряжения будут равны алгебраической сумме
напряжений ои и осж:
или, подставляя значения осж и ои, получим:
umax ,/? I уу »
__Р _Ре
°inin p ур •
B35)
B36)

§ 85]
ОБЩИЙ СЛУЧАЙ ВНЕЦЕНТРЕИНОГО СЖАТИЯ
313
По абсолютному значению alnin будет больше, чем отах.
Формулы для определения атах и amiQ при внецентренном
сжатии получаются те же, что и при совместном действии
изгиба и сжатия, рассмотренных в предыдущем параграфе,
потому что внецентренное сжатие сводится к изгибу и сжатию.
§ 85. Общий случай внецентренного сжатия
или растяжения
Рассмотрим теперь такой случай, когда продольная сила,
сжимающая или растягивающая брус, не лежит ни в одной
из двух главных плоскостей бруса. Пусть брус, изображен-
изображенный на рис. 180, сжимается силой Р, параллельной оси бруса.
Рис. 180.
Точка приложения А этой силы не лежит в главных пло-
плоскостях бруса zOx и уОх.
Приложим в центре тяжести О верхнего оснозанпя две
равные силы Р, направленные по оси х в противоположные
сюроны. Тогда сила Р, действующая в точке А, и сила Р,
действующая в точке О, направленная вверх, дадут пару
сил с моментом Р • АО, изгибающую брус в плоскости АОх.
Сила Р, действующая в точке О, направленная вниз, вы-
Р
s:wr в брусе напряжения сжатия —-=-, где F — площадь

314 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ [ГЛ. XII
поперечного сечения. Таким образом, общий случай виецен-
тренного сжатия (растяжения) сводится к совместному дей-
действию косого изгиба и простого сжатия (растяжения). Пусть
координаты точки А будут тип. Найдем напряжение
в какой-либо точке В с координатами у и z. Разложим
момент Р • АО, действующий в плоскости АОх, на два мо-
момента, действующих в главных плоскостях zOx и уОх.
Тогда получим момент Рп в плоскости zOx и момент Рт
в плоскости уОх. Оба эти момента в первой четверти, где
лежит точка В, вызывают напряжения сжатия:
Pnz Рту
Суммарное напряжение для точки В найдем, сложив все
три напряжения:
( ?) <237>
Для многих поперечных сечений с выступающими углами,
у которых обе главные оси являются осями симметрии (прямо*
угольник, двутавр и др.), легко определяется такая точка,
где напряжение максимальное. В рассматриваемом случае ма-
максимально напряженная точка будет D. Напряжение в точке D
.равно:
(Р , Рп у Рт\ 9Чоч
Ь+ + ) B38)
Для других вершин прямоугольника напряжения будут
соответственно равны:
для точки С
Р Рп Ртв
°~ F Wy^wJ
для точки Е
Р Рп . Рт %
°~ P~
для точки F
Р_ )Рп_ Р/я
0 — F~Т" Щ Wa%
Если сечение бруса имеет произвольную форму, то для
определения наиболее напряженной точки сечения надо знать
положение нейтральной, или, как ее в этом случае называют,
нулевой линии.

§ 85] ОБЩИЙ СЛУЧАЙ ВНЕЦЕНТРЕННОГО ОКАТИЛ 315
Нейтральная линия представляет геометрическое место
точек с нулевыми напряжениями; уравнение ее получим,
приравняв нулю напряжение а в формуле B37). Тогда будем
иметь:
р л.Pnz л- РтУ — о
р
или, вынося за скобку величину -^- и деля на нее левую и
IP \
правую части [у Ф 01, получим:
1 I. ^nZ I Рту л /OQQ\
• —' ~7~~ = (-ьоУ)
Момент инерции можно представить в виде произведения
J=Fi2. B40)
Величина / называется радиусом инерции сечения. На-
Напомним, что момент инерции представляется в общем виде
выражением
где у — расстояние элементарных площадок сечения до оси,
относительно которой вычисляется момент инерции.
Из формулы B40) имеем:
у, *г=Ут- <241>
На основании формулы B41) можно всегда вычислить
радиус инерции сечения относительно любой оси, если из-
известны момент инерции сечения относительно этой оси и
его площадь.
Подстазляя в полученное уравнение B39) нейтральной
линии вместо -г- и -г соответственно —— и —т-9 получим:
У г
Полагая в этом уравнении поочередно z — 0 и з/ = 0»
найдем отрезки, отсекаемые нейтральной линией на осях>'и,2г.

316 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ [ГЛ. XI
Отрезки на осях у и z (см. рис. 180)
B42)
Построив нейтральную линию, легко найти наиболее уда-
удаленную от нее точку. Взяв координаты у и z этой точки и
подставив в формулу B37), определим максимальное напря-
напряжение в сечении.
§ 86. Понятие о ядре сечения
При внецентренном сжатии или растяжении в зависимости
от места приложения силы в поперечном сечении могут воз-
возникнуть напряжения разных знаков или одного знака. Если
сила приложена в таком месте, что нейтральная линия про-
проходит через сечение, то по одну сторону от нее будут в се-
сечении напряжения сжатия, а по другую — растяжения. Поло-
Положение нейтральной линии зависит от места приложения силы.
В тех случаях, когда сжимаемый внецентренно стержень
сделан из материала, плохо сопротивляющегося растяжению,
например из чугуна, то желательно, чтобы в сечении не воз-
возникали напряжения растяжения. Так же обстоит дело при
проектировании кирпичных или каменных кладок, так как
кирпич и камень плохо сопротивляются растяжению и, кроме
того, при работе их на растяжение возникла бы опасность
раскрытия швов, скрепляющих отдельные кирпичи или камни.
Для того чтобы в сечении не возникали напряжения
растяжения, точка приложения сжимающей силы при данном
поперечном сечении не должна быть удалена от центра тя-
тяжести сечения на расстояние, большее некоторой предель-
предельной величины, т. е. величина эксцентриситета должна быть
ограничена.
Это предельное расстояние точки приложения силы от
центра тяжести сечения должно соответствовать такому поло-
положению нейтральной линии, когда она не пересекает контура
сечения, а только его касается. В этом случае в сечении
будут действовать напряжения только одного знака. Так,
например, если мы имеем прямоугольное поперечное сече-

§ 86]
ПОНЯТИЕ О ЯДРЕ СЕЧЕНИЯ
317
пне ABCD (рис. 181), то предельными положениями ней-
нейтральной линии будут касательные к контуру сечения, т. е.
линии /—/, 2—2, 3—5, 4—4, Для каждого из этих четырех
положений нейтральной линии легко, как это будет показано
ниже, найти соответствующие точки приложения силы. Пусть
этими точками будут 7, 2, 3, 4; соединив эти точки, полу-
получим заштрихованный четырехугольник. Если точка приложе-
приложения сжимающей силы будет лежать
внутри этого четырехугольника, то
во всем поперечном сечении ABCD
будут только напряжения сжатия.
Такой же вывод можно сделать и для
растягивающей силы.
Ограниченная область вокруг
центра тяжести сечения (в нашем
примере четырехугольник /—2—
•—3—4), такая, что приложенная
в любой точке ее сила вызывает во
всем сечении напряжение одного
знака, называется ядром сечения.
Теперь перейдем к способу по-
построения контура ядра сечения. Спо-
Способ этот состоит в нахождении то-
точек приложения силы, соответствующих нейтральным линиям,
касающимся контура поперечного сечения.
Найдем в качестве примера контур ядра сечения прямо-
прямоугольного поперечного сечения ABCD, показанного на
рис. 181. Отрезки на осях координат, отсекаемые нейтраль-
нейтральными линиями при их предельных положениях, будут:
Нейтральная линия 1
» » 2—2
Рис. 181.
1 отсекает на оси у отрезок — ^
h
3—3
4—4
У
Точку приложения силы на оси у, соответствующую
*-лгральной линии 1—/, определим по формуле B42):

318
СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
[ГЛ.
так как j/0 = — у, а
*=?<
\2fib
12'
ТО
т =
12 ' 2
Эта точка приложения силы — одна из вершин контура
ядра сечения — обозначена на рис. 181 цифрой /. По сим-
симметрии заключаем, что нейтральной линии 3—3 будет соот-
соответствовать вершина контура ядра, обозначенная на фигуре
цифрой 3. Аналогично легко найти
и две другие вершины 2 и 4 кон-
контура ядра сечения. Соединив
найденные вершины прямыми, по-
получим ромб /—2—3—4, пред-
представляющий контур ядра сечения
прямоугольника.
Пример 79. Найти ядро сечения
Круга радиуса г, показанного на
рис. 182.
Решение. Контур ядра сечения
круга в силу симметрии будет окруж-
окружностью. Для определения радиуса этой
окружности возьмем какое-либо по-
положение нейтральной оси, например касательную АВ> перпендику-
перпендикулярную к оси у (рис. 182). Отрезок у0, отсекаемый этой нейтраль-
нейтральной линией на оси у, равен радиусу, т. е. у0 =—г.
Подставим это значение у0 в формулу B42):
— =— 11
~~~ т '
откуда расстояние т точки приложения силы от центра круга, т. е.
радиус ядра сечения, будет:
Рис. 182.
Рг %
Так как J =
а Р = т:/-2, то

§ 87]
СОВМЕСТНОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ
319
§ 87. Совместное действие изгиба и кручения
На практике кручение довольно часто сопровождается
изгибом. С таким сложным видом деформации приходится
встречаться, например, при расчете валов, когда силы, пере-
передающиеся валу, не проходят через его ось. Пусть, напри-
например, на вал (рис. 183) насажено зуб-
зубчатое колесо, передающее окружное
усилие Р от другого ведущего зуб-
зубчатого колеса. Перенесем силу Р
в центр вала О. Для этого прило-
приложим в точке О по прямой, парал-
параллельной силе Я, две равные силы Р,
но направленные в противоположные
стороны. Тогда получим пару с мо-
моментом PR (силы, составляющие
эту пару, на чертеже перечеркнуты
двумя черточками), скручивающую
вал, и силу Я, приложенную в цен-
центре вала и вызывающую изгиб вала.
На основании ранее выведенных формул A78) и (99)
° = W' A78)
Рис, 183.
легко для любого сечения вала определить нормальное на-
напряжение о от изгиба и касательное т от кручения. Каса-
Касательными напряжениями от поперечной силы при расчетах
валов обычно пренебрегают, так как эти напряжения значи-
значительно меньше касательных напряжений от кручения.
Наибольшие напряжения от кручения и наибольшие на-
напряжения от изгиба возникают на поверхности вала (рис. 184, а).
Каждое из этих напряжений, взятое в отдельности может
быть меньше допускаемого напряжения для соответствую-
соответствующего вида деформаций. Однако одновременное их действие
может оказаться опасным для вала.
Для оценки одновременного действия напряжения о от
изгиба и напряжения т от кручения выделим в наиболее опас-
опасном сечении у наиболее опасной точки (точки а и*рис. 184, а)
элемент материала (рис. 184, б).

320
СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
[ГЛ. XI!
По четырем граням этого элемента действуют касатель-
касательные напряжения, в двух из этих граней действуют еще нор-
нормальные напряжения. Этот элемент находится в плоском
напряженном состоянии, рассмотренном нами в § 68. Вели-
Величины трех главных напряжений этого элемента будут:
Имея значения главных напряжений, мы можем написать
условие прочности по той или другой теории прочности. Так,
чин
б)
Рис. 184.
на основании теории наибольших касательных напряжений
(третьей теории прочности)
Подставив значения at и о3, получим следующее условие
прочности:
V ]- B43)
Напряжение yra2-f-4x2 называют приведенным или эквива-
эквивалентным напряжением. Подставив в B43) значения о и т,
определяемые по формулам A98) и (99), получим:

§ 87j СОВМЕСТНОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ 321
Так как для кругового и кольцевого сечений Wp = 2W, то
будем иметь:
±+М*л^[оу B45)
Таким образом, расчетная формула при одновременном дей-
действии изгиба и кручения вала аналогична расчетной формуле
на изгиб A98) с той только разницей, что вместо изгибаю-
изгибающего момента при изгибе с кручением берется некоторый
другой момент, называемый приведенным моментом, величина
которого равна V М2 -\- М^
Наиболее опасным сечением вала будет, очевидно, то сече-
сечение, для которого величина приведенного момента будет
максимальной. Поэтому для определения наиболее опасного
сечения в тех случаях, когда его сразу трудно указать,
строится эпюра приведенных моментов.
Если силы, изгибающие вал, не лежат в одной плоскости,
то каждую из сил предварительно разлагают по двум напра-
направлениям: вертикальному и горизонтальному. Далее, строят
эпюры изгибающих моментов Мв от сил, действующих в вер-
вертикальной плоскости, и моментов Жг, действующих в гори-
горизонтальной плоскости. По найденным моментам Мв и Mv
строят эпюру суммарных изгибающих моментов. Суммарные
моменты определяются по формуле
М = V Mi + М\. B46)
Подставляя это выражение изгибающего момента в расчетную
формулу B45), получим:
r VmI + mI + mI^[o]. B47)
В этом случае приведенный момент равен V М'1-\-М*г-{-М^.
Расчетную формулу, основанную на энергетической тео-
теории прочности, для случая одновременного действия изгиба и
кручения получим, подставив в условие прочности G1) зна-
значения а1э а2 и а3. После подстановки будем иметь:
yV-4-3T2^[a]. B48)
Подставив в эту формулу значения о и т, получим:
21 Зак, 1542 Р. С. Кинасошвили

322
СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
[ГЛ. XII
или, приняв во внимание, что U?p = 2№\ будем иметь:
==с[а]. B49)
Пример 80. Ha валу, приводимом в движение мотором М, на-
насажен посредине шкив весом 0,5 т> диаметром 1,2 м (рис. 185).
Натяжение ведущей части ремня, надетого на шкив, равно 600 кгу
а ведомой — 300 кг. Определить диаметр вала, если допускаемое
напряжение [о] = 500 кг/см2.
600кг
Жкг
0,5т
Рис.- 185.
Решение. Перенося силы натяжения ремней в центр вала, най-
найдем, что на вал действует горизонтальная сила
/>г = 600+ 300 = 900*2
и крутящий момент
Мк == 600 • 60 — 300 • 60 = 1800 кгсм.
Горизонтальная сила РГ = 900 кг и вертикальная сила, предста-
представляющая вес шкива, Рв = 500 кг действуют в одном сечении вала,
и их равнодействующая будет:
¦ = ]/"дОО2 + 5002 = 1030 кг.
Максимальный изгибающий момент от этой равнодействующей будет
находиться посредине вала, и величина его составит:
.. Р1 1030-120 ОЛПЛЛ
М — —г= -А = 30 900 кгсм.
4 4
Подставив в расчетную формулу B45) значения М и Мк, получим:
500>-^ V309002+ 180002,
откуда
^>}А3090|±18000! = 716слз
или
^ = 8,95«9

§ 87]
СОВМЕСТНОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ
323
Пример 81. Вал контрпривода (рис. 186, а) получает крутящий
момент через шкив / горизонтальной ременной передачи и пере-
передает его дальше при помощи шкива // вертикальной ременной пе-
передачи. Определить диаметр вала, если натяжения ведущих частей
ремней шкивов I к II соот-
соответственно равны 600 и
300 кг, а ведомых частей —
300 и 150 кг; допускаемое
напряжение материала вала
[а] = 600 кг/см2, весом шки-
шкивов пренебрегаем.
Решение. Перенося си-
силы натяжения ремней на ось
вала, найдем, что на ось вала
в плоскости шкива / дей-
действует горизонтальная си-
сила РГ = 900 кг; далее най-
найдем, что в плоскости шки-
шкива // действует вертикаль-
вертикальная сила Рв = 450 кг. Кроме
того, на среднем участке
вала действует крутящий
момент
г)
Л4К = 600.40 — 300.40 =
= 12 000 кгсм.
Для определения опас- д%
ного сечения построим эпю-
эпюры изгибающих моментов от
сил, действующих в верти-
вертикальной плоскости, от сил,
действующих в горизонтальной плоскости, и суммарную эпюру
моментов.
а) Построение эпюры моментов в вертикальной плоскости
(рис. 186, б).
Опорные реакции определим из уравнений 2^^ = 0 и ^Мд—0:
дв. 120—450.90 = 0,
90
Яв = 450~
А*-120 — 450. 30 = 0,
ЯП
А = 450ш==ш кг-
1
12000 кг см
I
Рис. 186.
Моменты над опорами равны нулю; момент под силой равен*.
Мъ = Ав • 90 = 113. 90 = 10 170 кгсм.
б) Построение эпюры моментов в горизонтальной плоскости,
(рис. 186, в).
21 *

324 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ [ГЛ. XII
Опорные реакции:
V МА = 0; Вг • 120 — 900 • 30 = 0; Яг = 900^ = 225 кг;
jLJ А > 120
90
2М5 = 0; i4r-120 — 900-90 = 0; Лг = 900 ^ = 675 кг.
Моменты над опорами равны нулю; момент под силой равен:
Mr = Лг • 30 = 675 .30 = 20 250 кгсм.
в) Построение суммарной эпюры моментов (рис. 186, г).
Зная для какого-либо сечения момент Мв от вертикальных сил
и момент Мг от горизонтальных сил, по формуле
М = Vm; + М\
\
легко определить для этого сечения суммарный изгибающий момент
На рис. 186, г построена эпюра суммарных моментов. Суммарные
моменты в различных сечениях лежат вообще в различных плоско-
плоскостях, проходящих через ось вала. Для расчета важны только абсо-
абсолютные величины суммарных моментов, поэтому эпюра этих момен-
моментов строится условно, как если бы все моменты лежали в одной
плоскости.
Крутящий момент действует только на среднем участке вала,
эпюра моментов представляет прямую, параллельную оси (рис. 186, д).
Из рассмотрения эпюр суммарных изгибающих и крутящих
моментов видно, что наиболее напряженным сечением будет сечение,
совпадающее со средней плоскостью левого шкива. В этом сечении
М = 20 500 кгсм; Мк = 12 000 кгсм.
Подставляя значения Му Мк и fa| в формулу B41), получим;
600 > -L /20500^+120002,
откуда
w>
Так как И7 = 0,1<Д то
W 3/~39~6
Ближайший больший диаметр вала по ОСТ равен 7,5 см, ко-
который и принимаем за искомый.
§ 88. Совместное действие кручения
и растяжения или сжатия
Одновременное действие кручения и растяжения или сжа-
сжатия встречается, в частности, при расчете винтов и болтов.
Распределение напряжений у точки, взятой на поверхности
скручиваемого и растягиваемого или сжимаемого вала, ничем

§ 88] СОВМЕСТНОЕ ДЕЙСТВИЕ КРУЧЕНИЯ И РАСТЯЖЕНИЯ 325
не отличается от распределения напряжений в случае кру-
кручения и изгиба, так как и при изгибе получаются нормаль-
нормальные напряжения растяжения и сжатия. Поэтому расчетные
формулы B43) и B48):
будут справедливы и для случая одновременного действия
кручения и растяжения или сжатия. Если круглый брус под-
подвергается растяжению или сжатию силой Р и кручению мо-
моментом Мк, то
Формула B43) перепишется в следующем виде:
<[о],
а формула B48) примет вид
Пример 82. Определить диаметр d вала, растягиваемого силой
Р = 9000 кг> если крутящий момент, передаваемый валом, А1к =
¦-= 6000 кгем. Допускаемое напряжение [а] = 600 kzjcm2.
Решение, Подставим данные в расчетную формулу B50):
600>,/7»
v
Возведем в квадрат левую и правую части полученного выражения.
Примем 7с2^10 и освободимся от знаменателей:
36 .10*</а = 16 • 8MW -(- 256 • 4 .36 • 10»,
или
* 2~-10 240 = 0.
Обозначим d2 = x; тогда получим уравнение
^3__ 360л: —10240 = 0.
22 Зак. 12.р, С. Кинасошвили

326 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ {ГЛ- ХП
Решим это уравнение третьей степени путем проб. Подставим
* = 25; тогда получим:
15 625 — 9000 —10 240 ф 0.
Подставим х = 27:
19 680 — 9720 — 10 240 ф 0.
Подставим х = 27,2:
20 120 — 9790 — 10 240 ^ 0.
Итак, можно принять х = 27,2; тогда d = У7^2 = 5,22 см.
§ 89. Контрольные вопросы
В каком случае изгиб называется косым изгибом? Каким обра-
образом построена расчетная формула?
Совпадает ли нейтральная линия при косом изгибе с одной из
главных осей поперечного сечения?
Проходит ли нейтральная линия при косом изгибе через центр
тяжести поперечного сечения?
Какие деформации вызывает в балке сила, действующая на-
наклонно к ее оси?
Что называется внецентренным сжатием?
Как определяется наибольшее напряжение в сечении в общем
случае внецентренного сжатия или растяжения?
Как определяется радиус инерции сечения?
В каких случаях необходимо определять ядро сечения?
Как выражается условие прочности при совместном действии
изгиба и кручения?

ГЛАВА ХШ
ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ
§ 90. Сущность явления продольного изгиба
В рассмотренных ранее видах деформаций величина де-
деформации линейно зависела от нагрузки. При постепенном
увеличении нагрузки деформация увеличивалась без резкого
скачка, при этом характер напряженного состояния не изме-
изменялся. Однако встречаются случаи, когда при постепенном
увеличении нагрузки резко изменяются форма равновесия
чела и напряженное состояние, вследствие чего может про-
произойти внезапное разрушение. Если сжимать продольными
силами стержень до тех пор, пока сжимающие силы не пре-
нзойдут некоторой предельной величины, зависящей от длины
стержня и жесткости его поперечного сечения, стержень
будет испытывать обычное сжатие и ось его будет оста-
оставаться прямолинейной. Однако если сжимающие силы ста-
станут больше этой предельной величины, то стержень вне-
внезапно выпучится и ось его изогнется.
Вследствие изгиба стержня появится изгибающий момент,
который вызовет дополнительные напряжения, и стержень
может внезапно разрушиться. Искривление длинных стерж-
стержней, сжимаемых продольными силами, называется про-
продольным изгибом.
Рассмотрим это явление несколько подробнее. Возьмем
тонкий длинный стальной стержень (рис. 187, а). Нижний
конец его прочно закрепим, а к верхнему концу приложим
сжимающую силу, действующую строго по оси стержня.
Стержень под действием этой продольной силы сначала
будет только сжиматься, и ось его при этом будет оста-
оставаться прямолинейной. Если стержень вывести из прямоли-
прямолинейного состояния, отклонив его поперечной силой, то после
22*

328
ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ
[гл. хт
удаления этой силы внутренние упругие силы снова вернут
стержень в первоначальное прямолинейное состояние. Так
будет обстоять дело до тех пор, пока сжимающая сила Р
не станет больше некоторой предельной величины Pv Пря-
Прямолинейная форма равновесия стержня в этой первой стадии
продольного изгиба устойчива. Здесь мы имеем полную ана-
аналогию с устойчивым равновесием, рассматриваемым в меха-
механике.
Если сжимающая сила станет больше предельной вели-
величины Ри то будут возможны две формы упругого равно-
равновесия стержня. Первая — прямолинейная — форма теперь
а)
Ь)
Рис. 187.
^станет неустойчивой, а вторая—изогнутая — будет устой-
устойчивой. Это означает, что если при этом по какой-либо при-
причине стержень получит боковое отклонение, то он не воз-
возвратится к прямолинейной форме равновесия, а останется
изогнутым.
В этой второй стадии продольного изгиба даже неболь-
небольшое увеличение силы уже ведет к значительному изгибу
стержня (рис. 187, б).
Если теперь еще увеличить силу Р2, скажем, до вели-
величины Р3> т0 внутренние силы уже не смогут уравновесить
внешнюю нагрузку и вследствие этого в стержне произойдет
дополнительное большое искривление. Стержень при этом
сломается, если он сделан из хрупкого материала, или верх-
верхний конец его упрется на опорную поверхность, как это
показано на рис. 187, в, если материал пластичен.
Предельное значение силы, при которой прямолинейная
форма равновесия из устойчивой переходит в неустойчивую,

§ 91] формулы Эйлера 329
называется критической силой. Если нагрузка меньше кри-
критической величины, то возможна только одна прямолинейная
форма устойчивого равновесия. В ранее изученных нами
видах деформации предполагалась одна устойчивая форма
равновесия. В тех случаях, когда конструкция может иметь
не одну форму равновесия, к ней, помимо основных требо-
требований, перечисленных в § 1, предъявляется еще требование
сохранения устойчивой формы равновесия.
Это—весьма важное обстоятельство. В практике наблю-
лались значительные катастрофы (разрушение больших же-
железнодорожных мостов и других инженерных сооружений)
вследствие потери устойчивости одним из элементов кон-
конструкции. Разрушения от продольного изгиба особенно опасны,
так как происходят обычно внезапно.
При переходе за величину критической силы изгибающий
момент от продольных сил, вследствие увеличения плеча,
растет быстрее, чем момент внутренних сил. Поэтому кри-
критическую силу иногда отождествляют с разрушающей силой.
Стержням, работающим на сжатие, должны, конечно, при-
придаваться такие размеры поперечных сечений, при которых
критическая сила была бы значительно больше силы, факти-
фактически действующей на стержень.
Если обозначить критическую силу Ркр, а допускаемую
силу Рд, то отношение -7^- = &>1 называется запасом
устойчивости. Запас устойчивости, как и запас прочности,
для менее однородных материалов берется выше, чем для
однородных. Так, запас устойчивости для деревянных кон-
конструкций принимается порядка 2,5 и выше, для чугунных
5—6, а для стальных 1,8—3.
§ 91. Формулы Эйлера
Для расчета стержней на продольный изгиб надо уметь
определять величину критической силы. Формула для опре-
определения этой силы была впервые выведена знаменитым ма-
математиком Л. Эйлером — членом Петербургской Академии
наук. Величина критической силы зависит от закрепления
концов стержня. Ниже рассматривается определение крити-
критической силы при различных условиях закрепления концов
стержня.

330
ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ
[гл. хи
Случай 1 (основной). Стержень с шарнарно-опертыми
концами (рис. 188). Под действием сжимающей силы, рав-
равной критической силе или несколько больше ее, стержень
изогнется. Изгибающий момент в любом сече-
сечении стержня будет равен:
^ М = — Руу (а)
т. е. сама нагрузка (изгибающий момент) зави-
зависит от деформации (изгиба) стержня. Этим
задача определения критической силы принци-
принципиально отличается от всех ранее рассмотрен-
рассмотренных нами задач.
Для вывода этой формулы примем, что
изогнутая упругая линия стержня представляет
собой синусоиду.
Обозначим через / величину стрелы про-
прогиба посредине стержня, тогда уравнение упру-
упругой линии будет:
Р 188 ^а концах стержня при д:г=0ил: = /з/ = 0,
т. е. прогиба не будет. Посредине стержня,
т. е. при х = -^-, прогиб, как нетрудно видеть из уравне-
уравнения B52), будет равен /.
Подставив значение у из уравнения B52) в выражение
изгибающего момента (а), получим:
= — Pfsln-fx.
(б)
Подставив это выражение момента в общее уравнение упру-
упругой линии A96):
еА^М, A96)
получим:
pi^JL —
Теперь проинтегрируем это выражение два раза:
(в)
(г)

§ 91]
ФОРМУЛЫ ЭЙЛЕРА
331
Найдем постоянные интегрирования С и />. Касательная
к упругой линии в середине стержня параллельна оси х,
I dv *
поэтому при х = -т производная -~ должна оыть равна
нулю.
Тогда из уравнения (в) получим
При л: = 0 прогиб j/ = 0; из уравнения (г) получим:
D=0.
Теперь уравнение (г) можно записать в таком виде:
EJy — Pf-^ sin т Хщ
Так как при х = ^ У = 1> то
-/2
EJJ
или
B53)
I
Рис. 189.
Критическую силу
у 21
Это выражение, определяющее
величину критической силы стержня
с шарнирно-опертыми концами, и на-
называется формулой Эйлера.
Случай 2, Стержень с одним
защемленным концом а другим
совершенно свободным (рис. 189, а),
для такого стержня можно найти из сравнения его со
стержнем первого случая. Действительно, если продолжить
осевую линию стержня, как показано на рис. 189, б, то легко
видеть, что стержень с одним защемленным и другим сво-
свободным концом находится в таких же условиях, как поло-
половина стержня с шарнирно-опертыми концами, но имеющего
в два раза большую длину. Следовательно, для получения
критической силы стержня с одним защемленным концом
и другим свободным в формуле B53) для первого случая
надо заменить / на 2/. Сделав такую замену, получим:
/\р = -
B54)

332
ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ
[ГЛ. ХШ
Случай 3, Оба конца стержня защемлены (pric. 190).
В этом случае предполагается абсолютное защемление кон-
концов, т. е. такое, когда концы совершенно неподвижны и
касательные к упругой линии по концам стержня совпадают
с его осью.
Упругая линия такого стержня будет состоять из четы-
четырех равных частей; каждая такая часть длиной -j будет
находиться в таких же условиях, как стер-
стержень, закрепленный одним концом (случай 2).
Поэтому критическая сила для случая стер-
стержня с защемленными концами может быть опре-
определена из формулы B54), если заменить в ней
гкр
у/////////////,
f"V"T / на -J-* Сделав такую замену, получим:
I \rh ry tz2 EJ 4тс-EJ
Лср—
кг
B55)
Рис. 190.
Следовательно, критическая сила будет в 4 раза
больше, чем для стержня с шарнирно-опер-
тыми концами.
Практически осуществить абсолютную за-
заделку концов очень трудно. При малейшей
возможности поворота концов стержня критическая сила
будет намного меньше определяемой по формуле B55). По-
Поэтому часто для большей надежности в прак-
практических расчетах, когда нет уверенности ^ ,
в жесткости заделки, считают концы стержня Щ\
не абсолютно защемленными, а шарнирно-опер-
тыми.
Случай 4. Стержень с одним защемлен-
защемленным концом и другим шарнирно-опертым
(рис. 191). Упругая линия такого стержня имеет
точку перегиба на расстоянии около */з от за"
щемленного конца. На таком же примерно рас-
расстоянии от шарнирного конца касательная
к упругой линии параллельна оси стержня.
Таким образом, этот стержень с некоторым
приближением можно рассматривать состоящим
из трех отдельных стержней, у которых один конец защем-
защемлен, а другой свободен (случай 2). Критическая сила для
У/////Л
ч/з
А
Y////V,
Рис. 191.

§ 91] ФОРМУЛЫ ЭЙЛЕРА 333
каждой такой части, а следовательно, и для всего стержня
может быть определена, если заменить в формуле B54) /
на -о-. Сделав такую замену, получим:
Формулы B53), B54), B55) и B56) для определения
критических сил в рассмотренных четырех случаях закре-
закрепления концов стержня можно объединить в одну формулу
B57)
Значение величины jx, стоящей в знаменателе, называемой
коэффициентом приведения длины, легко определяется
для четырех случаев закрепления концов стержня из сра-
сравнения соответствующих этим случаям формул с общей фор-
формулой B53). Получаем:
для первого случая |х=1,
« второго « |а = 2,
1
« третьего « [х = -^,
2
«с четвертого« [а = ~.
Произведение действительной длины стержня / на коэф-
коэффициент приведения длины |х называется приведенной или
расчетной длиной стержня. Обозначив приведенную (расчет-
(расчетную) длину стержня через /д:
/„ = [*/, B58)
перепишем общую формулу B57) в следующем виде:
^ B59)
Таким образом, определение критической длины для всех
случаев закрепления концов стержня может производиться по
формуле B59). Надо, однако, помнить, что в этой формуле
In представляет не действительную длину стержня, а расчет-
расчетную, или приведенную, длину.

334 ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ [ГЛ. ХШ
Понятие о приведенной длине было впервые введено про-
профессором Петербургского института путей сообщения Ф. Ясин-
Ясинским в 1892 г.
Необходимо заметить, что в формулу, определяющую
критическую силу, следует подставлять минимальное значе-
значение осевого центрального момента инерции сечения стержня
(если у сечения осевые центральные моменты инерции не
одинаковы), так как стержень всегда изгибается в пло-
плоскости наименьшей жесткости.
Вводя коэффициент запаса устойчивости в формулу B59),
получим общую формулу для определения допускаемой силы
при продольном изгибе:
Рд = ^=^. B60)
В дальнейшем формулы B59) и B60) будем называть,
как это и вообще принято, формулами Эйлера.
Обозначив площадь поперечного сечения через F, легко
получить выражение для определения критического напряже-
напряжения, соответствующего критической силе, и допускаемого
напряжения, соответствующего допускаемой силе:
где Од—допускаемое напряжение при продольном изгибе.
Обычно формула B61) преобразуется путем введения в нее
радиуса инерции сечения. Так как
то
Отношение -~ принято называть гибкостью стержня и обо-
обозначать через X. Из формулы B63) следует, что критическое
напряжение в стержне в случае продольного изгиба обратно
пропорционально квадрату отношения расчетной длины к ра-
радиусу инерции.

§ 29] ПРЕДЕЛЫ ПРИМЕНИМОСТИ ФОРМУЛЫ ЭЙЛЕРА 335
§ 92. Пределы применимости формулы Эйлера.
Таблица для расчетов на продольный изгиб
Эйлер при выводе своей формулы определения критиче-
критической силы для сжимаемых стержней предполагал, что мате-
материал стержня достаточно упруг и следует закону Гука.
Как известно, материал следует закону Гука только до
тех пор, пока напряжение в нем не достигнет предела про-
пропорциональности. Следовательно, формула Эйлера для разных
материалов должна также иметь свои пределы применимости.
Она справедлива только до тех пор, пока критическое на-
напряжение в стержне не превзойдет предела пропорциональ-
пропорциональности материала. В коротких стержнях критическое напря-
напряжение, определяемое при помощи формулы Эйлера, получается
выше предела пропорциональности. Поэтому для коротких
стержней формула Эйлера не применима.
Границей применения формулы Эйлера будет тот случай,
когда критическое напряжение равно пределу пропорциональ-
пропорциональности. На основании этого для любого материала можно оп-
определить те предельные значения соотношений геометрических
размеров стойки, до которых формула Эйлера применима.
Подставив в формулу B63) вместо критического напря-
напряжения (акр) предел пропорциональности (ап) и определив из
нее гибкость X, получим;
X>l/~^-. B64)
Определим, например, предел применимости формулы
Эйлера для стали 30, имеющей модуль упругости Е —
=2,0 • 106 кг/см2 и предел пропорциональности сП=2000 кг/см2.
Подставив в формулу B64) значения Е и оп, получим:
— У "~^ооо —1ии-
Если для стойки из этой стали гибкость X будет меньше
100, то, очевидно, критическое напряжение будет выше пре-
предела пропорциональности, и формула Эйлера в этом случае
не применима.
Аналогичным образом и для любого другого материала
можно вычислить предел применимости формулы Эйлера,
подставив в формулу B64) значение модуля упругости и

336 ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ [ГЛ. XIII
предела пропорциональности данного материала. Для чугуна
формула Эйлера применима при гибкости X ^> 80, для сосны —
при Х>110.
Для случаев, когда гибкость стержня меньше предельного
значения для данного материала, т. е. когда критическое,
напряжение, определяемое по формуле Эйлера, больше пре-
предела пропорциональности, для определения критического
напряжения были предложены эмпирические формулы.
Ясинский, собрав и обработав большой опытный материал
показал, что критические напряжения для стержней малой
гибкости (для которых формула Эйлера не применима) могут
определяться по уравнению
oKp = fl —ftX, B65)
где а и Ъ — величины, зависящие от материала. Значения
этих коэффициентов дла различных материалов приводятся
в справочниках.
Допускаемое напряжение а при продольном изгибе до
предела пропорциональности и за пределом пропорциональ-
пропорциональности зависит от материала и гибкости стержня, т. е. от
величины X, причем его можно рассматривать как некоторую
часть ср от допускаемого напряжения [а] на простое сжатие,
ад=<р[оЬ B66)
Коэффициент ср всегда меньше единицы. Он называется
коэффициентом уменьшения допускаемого напряжения,
для сжатых стержней. Коэффициент ср зависит от гиб -
кости стойки X и материала.
Таким образом, вводя коэффициент уменьшения ср, про-
проверку на продольный изгиб можно производить, как и в слу-
случае простого сжатия, но с уменьшенным допускаемым напря-
напряжением на сжатие.
В таблице 10 даны коэффициенты ср для случая шарнир-
шарнирного закрепления концов стержня для основных строительных
материалов.
Для других случаев закрепления концов стойки при
определении гибкости, как указывалось выше, следует брать
приведенную длину.
Для промежуточных значений гибкости, не указанных
в таблице 10, коэффициенты ср определяются линейным
интерполированием.

§ 93]
ПРИМЕРЫ РАСЧЕТА НА ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ
337
Таблица 10
Коэффициенты
1 И U К U v, l о
X
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
ПО
120
130
140
150
160
170
180
190
200
сталь марки
40, 30, 20
1,00
0,99
0,96
0,94
0,92
0,89
0,86
0,81
0,75
0,69
0,60
0,52
0,45
0,40
0,36
0,32
0,29
0,26
0,23
0,21
0,19
сталь
марки 50
1,00
0,98
0,95
0,92
0,89
0,86
0,82
0,76
0,70
0,62
0,51
0,43
0,37
0,33
0,29
0,26
0,24
0,21
0,19
0,17
0,16
Значения
сталь
от> 3200 кг /смг
1,00
0,97
0,95
0,91
0,87
0,83
0,79
0,72
0,65
0,55
0,43
0,35
0,30
0,26
0,23
0,21
0,19
0,17
0,15
0,14
0,13
чугун
1,00
0,97
0,91
0,81
0,69
0,57
0,44
0,34
0,26
0,20
0,16
—
—
—.
—
—
—
—
—
дерево
1,00
0,99
0,97
0,93
0,87
0,80
0,71
0,60
0,48
0,38
0,31
0,25
0,22
0,18
0,16
0,14
0,12
0,11
0,1
0,09
0,08
§ 93. Примеры расчета на продольный изгиб
Расчеты на продольный изгиб можно разделить на два
типа: определение допускаемых нагрузок и подбор сечений,
а) Определение допускаемых нагрузок.
Пример 83. Определить допускаемую нагрузку для чугунной
полой колонны длиной/ = 6ж, внешний диаметр сечения D = 20 см,
внутренний диаметр d = 18 см, Е = 106 кг/см2. Принять оба ее
конца шарнирно-опертыми. Запас устойчивости k = 5.
Решение. Момент инерции сечения колонны
64
D* — -i d* = JL 204 _ JL 184 = 7854 — 5153 = 2701 еж4.
64
Площадь сечения колонны
!== 314—254 = 60 cm\

338 ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ [ГЛ. XIII
Радиус инерции сечения
Расчетная длина колонны (случай 1, |л=1)
Гибкость колонны
/д = |л/ = 1. б = 6 м.
L 600
Следовательно, расчет данной колонны можно вести по формуле
Эйлера B60):
А ъ iг 5 • 600"
Пример 84. Определить допускаемую сжимающую силу для стер-
стержня из стали 30 длиной / = 30 см, с диаметром сечения д?=1 см, если
верхний конец стержня шарнирно оперт, а нижний защемлен.
Решение. Радиус инерции кругового сечения
У т -V 64^- вт-
Расчетная длина стержня (случай 4, fx == 2/3)
Гибкость стержня
= ^/=гА.30 = 20 см.
Следовательно, для этого стержня допускаемую силу нельзя опре-
определять по формуле Эйлера. Определим ее, пользуясь таблицей
коэффициентов <р.
Для данной гибкости X = 80, коэффициент уменьшения <р = 0,75.
Допускаемое напряжение для стали 30 на простое сжатие при-
примем равным [а] = 1600 кг/см*, тогда допускаемое напряжение на
продольный изгиб будет:
ад = ? [а] = 0,75. 1600 = 1200 кг/см\
Допускаемая сила
Яд = ад/7 = ад ^~ = 1200 • 0,785 -1 = 942 кг.
б) Подбор сечений. Так как продольный изгиб происхо-
происходит всегда в плоскости наименьшей жесткости, то выгоднее

§ 93] ПРИМЕРЫ РАСЧЕТА НА ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ 339
п смысле экономии материала выбирать сечения с равными
моментами инерции относительно центральных осей, т. е.
такие, для которых Jx=:Jr
Из таблицы 10 видно, что допускаемое напряжение при
продольном изгибе зависит от гибкости стойки, т. е. от
отношения -~—\\ чем это отношение меньше, тем больше
допускаемое напряжение. Следовательно, при данной длине
стойки и данной площади сечения будет выгоднее такое
сечение, у которого материал распределен по возможности
дальше от главных центральных осей инерции. Поэтому
кольцевое сечение в этом отношении значительно выгоднее,
чем сплошное круговое.
Так, например, сплошное сечение диаметром d = 9 см
имеет площадь Г = 6Ъ,6 см2 и радиус инерции / = 2,25 см.
Кольцевое же сечение, имеющее почти ту же площадь,
а именно /г = 62,9 см2, с внешним диаметром 21 см и тол-
толщиной стенки 1 см имеет радиус инерции
= y т=у w =7,07 см,
т. е. в три с лишним раза больше радиуса инерции сплош-
сплошного сечения. При одной и той же длине стойки, например
при 1 = 4 му коэффициент уменьшения для сплошного сече-
сечения ср = 0,243, а для кольцевого ср = 0,815. Допускаемое
напряжение для кольцевого сечения, следовательно, будет
примерно в 3,3 раза больше, чем для сплошного.
После выбора формы сечения размеры его определяются
путем проб. По формуле Эйлера, задавшись запасом устой-
устойчивости k, определяют У:
Р kl2
По найденному значению У из таблиц нормального сорта-
сортамента подбирают сечение и определяют минимальный радиус
инерции /. Далее находят гибкость стойки X; если гибкость
не меньше предельного значения для данного материала,
то этим подбор сечения заканчивается. В противном случае
для полученной гибкости из таблицы 10 берут коэффициент
уменьшения <р и находят, какое при этом будет допускаемое

340
ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ
[гл. хш
напряжение. Если найденное допускаемое напряжение будет
меньше того, которое получается для взятого сечения, то
сечение увеличивают на глаз. Для увеличенного сечения
снова определяют радиус инерции, а затем гибкость. По
найденному новому значению гибкости определяют допу-
допускаемое напряжение. Если допускаемое напряжение мало
отличается от напряжения в сечении при новых его разме-
размерах, то подбор сечения этим заканчивается. В противном
случае приходится опять изменять сечение в сторону его
увеличения, если допускаемое напряжение меньше получен-
полученного, или в сторону уменьшения, если допускаемое напря-
напряжение выше полученного в сечении.
В описанном способе при подборе размеров сечения за-
задаются запасом устойчивости и определяют при первой пробе
сечение по формуле Эйлера.
Однако можно и не задаваться запасом устойчивости,
а задаться в первом приближении коэффициентом ср. Этот
способ, как и первый, поясним на ниже-
нижеследующих примерах.
Пример 85. Подобрать сечение стерж-
стержня фермы, составленного из четырех равно-
боких уголков (рис. 192), если сжимающая
осевая сила Р = 20 000 кг, длина стержня
1 = 3 м. Оба конца стержня защемлены.
Допускаемое напряжение на сжатие [а] при-
принять равным 1000 кг/см2.
Решение. Определим предварительно
номер уголков по формуле Эйлера, приняв
запас устойчивости k = 5. Для случая
обоих защемленных концов стержня \х = 0,5; поэтому его расчетная
длина будет;
/л = р./= 3-0,5 =1,5 м.
Из формулы B60) получаем для момента инерции значение
Рис. 192.
"~- т?Е - 9,87-2-106
Следовательно, момент инерции одного равнобокого уголка отно-
относительно своего основания должен быть равен:
/-= Ц4:4^28,5 см*.
Ближайший номер уголка по сортаменту прокатной стали
ГОСТа 10014-39 будет № 5 с толщиной стенок б мм; он имеет
•Л- = 25,2 см* и площадь F1- = 5,69 см\

§ 93] ПРИМЕРЫ РАСЧЕТА НА ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ 341
Определим радиус инерции сечения стержня фермы:
5,69
Гибкость стержня
Следовательно, формула Эйлера не применима. Возьмем для
полученной гибкости коэффициент уменьшения <р из таблицы 10.
Для X = 74 коэффициент
Допускаемое напряжение
ад = [а] ср = 1000. 0,79 = 790 кг/см\
Проверим, какое напряжение будет в стержне, если уголок
будет № 5:
0 « ^Ш. = 880 кг/см* > 790 кфм\
ggQ 790
Перенапряжение составит —=^г— = 14%. Следовательно, се-
сечение стержня надо увеличить. Возьмем уголок Ms 6 с толщиной
стенок 5 мм; он имеет J^~ = 35,9 см4 и площадь F^~ = 5,82 см\
Радиус инерции сечения будет:
Гибкость стержня
Соответствуюидий коэффициент понижения у = 0,86. Допускаемое
напряжение
ад = 1000 • 0,86 = 860 кг/см\
Проверим, какое напряжение будет в стойке:
Это напряжение совпало с допускаемым; поэтому остановимся на
профиле № 6 с толщиной стенок 5 мм.
Пример 86. Определить диаметр стального стержня (сталь 5д)
длиной / = 70 см, сжимаемого силой 12 т, если концы стеря ия
шарнирно оперты. Допускаемое напряжение на простое сжаые
принять равным [а] == 1500 кг /см2,
23 Зак, 1542- Р. С, Кинасошвили

342 ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ 1ГЛ. ХП1
Решение, Примем для первого приближения <р = 0,5; тогда необ-
необходимая площадь сечения будет равна:
Z12QQ0 16с^
И ~~ 0,5-1500
Радиус сечения стержня
Радиус инерции сечеяия стержня
Гибкость стержня
Л ~ i ~ 1,13 ~ °~*
Для стали 50 гибкости X = 60 соответствует коэффициент
9 =* 0,82, а гибкости X = 70 — коэффициент ср = 0,76. Следовательно,
гибкости X = 62 будет соответствовать коэффициент
,^0,82
При таком значении <? допускаемое напряжение на устойчивость
(продольный изгиб) равно:
сд = ? [а] = 0,81 • 1500 = 1215 кг\см\
Проверим, какое напряжение будет в стержне, если площадь
его сечения F = 16 см2:
19 ООП
а = *Y6 = 750 кг/см*< 1215
т. е. значительно меньше, чем допускаемое A215 кг/см?), поэтому
площадь сечения надо уменьшить. Попробуем взять F =10 см2.
Радиус инерции сечения будет:
1=11—080
Гибкость стержня
, 'п 70
Соответствующее значение коэффициента <р по интерполяции
равно:
Допускаемое напряжение на устойчивость
сд = у [а] = 0,71 • 1500 == 1065 кг\см\

§ 94] контрольные вопросы 343
Если площадь сечения стержня F = 10 см2, то напряжение
б\дег равно:
а = ~" = I200 *г/сл*2> 1065 кг!см\
В этом случае получилось перенапряжение, следовательно,
площадь сечения надо несколько увеличить.
Возьмем /г=11 см\ В этом случае /, X и ^ будут соответ-
соответственно равны:
Допускаемое напряжение на устойчивость
ад = 0,73 • 1500 = 1
Проверим напряжение в стержне
у
ад = 0,73 • 1500 = 1095 кг/см2.
Это напряжение почти не отличается от допускаемого напря-
напряд следовательно, площадь сечения F=\\ см2 удовлетво-
удовлетворяет условию устойчивости.
Выше были изложены самые элементарные понятия об
устойчивости сжатых стержней. На практике встречаются
и значительно более сложные случаи потери устойчивости
как сжатых стержней, так и других элементов, имеющих
один размер малый по сравнению с другими, как, например,
тонкие стенки балок, трубы, сжатые тонкие пластины. Рас-
Рассмотрение этих случаев потери устойчивости выходит за
рамки данного курса.
§ 94. Контрольные вопросы
В чем заключается Сущность явления продольного изгиба?
Какая сила называется критической силой?
Что называется запасом устойчивости?
Какие запасы устойчивости принимаются для деревянных,
стальных и чугунных конструкций?
Как в общем виде пишется формула Эйлера?
Что называется коэффициентом длины и чему он равен для
четырех случаев закрепления концов стержня?
Какой момент инерции подставляется в формулу Эйлера? Почему?
В каком случае вероятность выпучивания стержня во всех
направлениях одинакова?
Что называется гибкостью стержня? Какова ее формула?
Как рассчитывается стержень на продольный изгиб, если гиб-
гибкость стержня такова, что формула Эйлера не применима?
Что определяет собой коэффициент <р снижения допускаемого
напряжения сжатия?
От чего зависит коэффициент <f?
23*

ГЛАВА XIV
ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧЕСКИХ И ПЕРЕМЕННЫХ
НАГРУЗКАХ
§ 95. Понятие о динамическом действии нагрузки
и переменной нагрузке
До сих пор во всех рассмотренных нами задачах пред-
предполагалось, что действующие нагрузки статические, т. е.
что они не изменяются с течением времени. Но при проек-
проектировании машин мы обычно встречаемся с деталями, нахо-
находящимися в неравномерном движении. Так, например, пор-
поршень двигателя в цилиндре движется неравномерно и с пере-
переменным по величине и направлению ускорением, а частицы
вращающегося с постоянными оборотами кругового кольца
движутся с ускорением, постоянным по величине, но пере-
переменным по направлению. На частицы движущейся неравно-
неравномерно детали действуют силы инерции, которые могут быть
определены, если известны масса частицы и ее ускорение.
Примером статической нагрузки или статического дей-
действия нагрузки является действие висящего на цепи груза. Это
действие остается статическим, если груз будет подниматься
цепью с постоянной скоростью, т. е. с ускорением, равным
нулю. Но тот же груз, поднимаемый цепью с ускорением,
будет действовать на цепь динамически. Для расчета цепи
в этом случае мы должны учесть не только вес груза, но
и силу инерции груза. Эта сила инерции может быть
значительно больше, чем вес самого груза.
К динамическому виду нагрузки относится также удар-
ударная нагрузка. Примерами ударно действующих нагрузок
являются действия падающей бабы на забиваемую сваю, мо-
молота на отковываемую деталь и наковальню, взрыв пороха
в стволе ружья и д. т. Кроме этого, на детали машин мо-

§ 9()J РАСЧЕТ РАВНОМЕРНО ВРАЩАЮЩЕГОСЯ КОЛЬЦА 345
гут действовать ударные нагрузки вследствие наличия зазо-
зазоров в местах сопряжения деталей. В последнем случае
ударная нагрузка вредна и ее стараются всеми мерами
уменьшить.
А^етоды расчета деталей машин на ударную нагрузку
весьма сложны и еще недостаточно разработаны. Кроме ди-
гамических нагрузок, при проектировании машин и некото-
р-лх сооружений очень часто приходится встречаться с пере-
переменными нагрузками, вызывающими переменные напряжения,
периодически изменяющиеся во времени. Так, например,
г, поршневом двигателе нагрузки, действующие на шатун и
коленчатый вал, непрерывно изменяются и повторяются
с каждым оборотом (двухтактный двигатель) или с каждыми
двумя оборотами (четырехтактный двигатель). Методы рас-
расчета на переменную нагрузку начали разрабатываться срав-
сравнительно недавно. Здесь мы рассмотрим простейшие при-
примеры расчета при динамическом действии нагрузки и
несколько более подробно методы расчета деталей при
переменных нагрузках.
§ 96. Расчет равномерно вращающегося кольца
В качестве примера расчета детали, «нагруженной» си-
силами инерции, рассмотрим равномерно вращающееся тонкое
кольцо. Обозначим через г средний радиус кольца, F—
площадь поперечного сечения, у — удельный вес материала,
v — окружную скорость кольца в секунду, g — ускорение
силы тяжести.
Вращающееся кольцо «нагружено» центробежными си-
силами инерции, равномерно распределенными по кольцу
(рис. 193, а). Центробежная сила, приходящаяся на единицу
длины кольца, равна произведению массы т элемента кольца
длиной, равной единице, на центростремительное ускоре-
ние —, т. е.
масса элемента кольца длиной, равной единице, может
быть выражена так:
т — L.
g

346 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
Следовательно,
g г
(а)
Сила инерции бесконечно малого элемента кольца, вы-
вырезанного двумя плоскостями, составляющими центральный
угол йу (рис. 193, б), будет — qrdy.
Рис. 193.
Найдем растягивающую силу Р, действующую в сечении
кольца. Для этого разрежем кольцо пополам и запишем
условие равновесия, взяв сумму вертикальных составляющих
всех сил qrdyt действующих на половину кольца:
2Р
= 2 / qr sin cp cfcp = 2qr,
откуда
P = qr.
Полагая, что в тонком кольце все волокна растягиваются
одинаково, найдем растягивающее напряжение в сечении
кольца:
Р ЧГ
или, подставив значение q из (а), получим:
g
B67)

§ 97} НАПРЯЖЕНИЕ It ДЕФОРМАЦИЯ В БРУСЕ ПРИ УДАРЕ 347
Так как
v =
60 '
*№)' <268>
Определим теперь, насколько удлиняется радиус вра-
вращающегося кольца. Относительные удлинения волокон
кольца равны:
_ 2п(г + Аг) — 2тсг _Аг
В~ 2кг ~ г '
С другой стороны, относите льное удлинение
Следовательно,
Лг сг
откуда
Аг = ~г, B69)
или, подставив в это выражение значение о, будем иметь:
Дг = ^-5- B70)
Пример 87, Определить напряжение и удлинение радиуса ма-
маховика, пренебрегая влиянием спиц, если средний радиус г = 1,5лг,
число оборотов л = 100 об/мин, удельный вес материала -\ =
= 0,0075 KtfCM% модуль упругости Е = 2 • 1№ кг/см\ Подставив
числовые значения, данные в условии, найдем по формуле B68)
напряжение:
0,0075 /3,14 • 150.100\2 , олл
A) в 189°
* = "98Г (-1—30
Увеличение радиуса маховика по известному напряжению
проще определить по формуле B69):
> 150 = ОД42 ел.
§ 97. Напряжение и деформация в брусе при ударе
Рассмотрим в качестве простейшего примера определе-
определение напряжения и деформации в брусе при осевом ударе.
Возьмем стержень A3 (рис. 194), имеющий на нижнем
конце выступ CD. Наденем на него груз Q и закрепим

348 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ (ГЛ. XIV
шшшшш
I I
/1
неподвижно верхний конец стержня. Если теперь поднять
груз Q на некоторую высоту h и отпустить его, то он
упадет на выступ. Произойдет удар, вследствие которого
стержень АВ получит удлинение. Это удлинение будет
больше, чем если бы груз Q был приложен к стержню
статически. Полученное стержнем удлинение назовем дина-
динамическим удлинением и обозначим его
через А/д. Это удлинение можно опреде-
определить в предположении, что напряжение
стержня не выходит за пределы упру-
упругости.
При падении с высоты h груз Q до
соприкосновения с выступом стержня
производит работу Qh. После соприкос-
соприкосновения вследствие растяжения стержня
груз вместе с выступом опустится еще
на расстояние Д/д. Работа, производимая
грузом при движении его вниз вместе
с выступом, будет QA/д.
Итак, полная работа, произведенная
грузом, будет равна:
В
Рис. 194.
или
Вся эта работа, если пренебречь массой стержня и рас-
рассеиванием энергии, происходящим при ударе, пошла на рас-
растяжение стержня. Работа деформации стержня согласно
MlEF
формуле A0) равна —^7—• Следовательно, для опреде-
определения Д/д можно составить уравнение
(а)
Раскрыв скобки и разделив все члены на -~т-, получим:
(б)
Так как величина ~~- согласно формуле G) представляет
удлинение Д/ст стержня при статическом действии на-
нагрузки Q, то выражение (б) перепишем в следующем виде:

§ 97) НАПРЯЖЕНИЕ И ДЕФОРМАЦИЯ В БРУСЕ ПРИ УДАРЕ 349
откуда
Д/д == Д/ст + У Д4 + 2Д/СТЛ. B71)
Эту формулу можно переписать и в следующем виде;
где k — динамический коэффициент
Заметим, что удлинение, вычисляемое по формуле B71),
будет в стержне в момент наинизшего положения груза
после удара. Стержень вследствие удара станет колебаться
в продольном направлении. Колебания эти постепенно будут
затухать, и стержень придет после некоторого промежутка
времени в состояние покоя. В это время удлинение стержня
будет такое, как если бы груз Q был приложен к нему
статически, т. е. удлинение будет равно:
Л/ — &
ст — 'ef *
В момент наинизшего положения груза после удара напря-
напряжение в стержне согласно закону Гука будет:
А/0Т + Уа4 + 2А/стЛ
сд = Еел = Е j . B72)
Если высота h очень велика сравнительно с Д/От, то из
формулы B71) получим:
Л. B73)
Напряжение в этом случае будет равно:
„=E^i. B74)
Если груз Q не падает с высоты, а прикладывается вне-
внезапно, то h = 0 и из формулы B71) получим:
Д/д = 2Д/СТ.! B75)
Напряжение в этом случае
ад = ?^- = 2аст. B76)

350 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИИАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
Следовательно, при внезапном приложении нагрузка
как удлинения* так и напряжения получаются вдвое
большими, чем при статическом действии нагрузки.
Формула B71) для определения величины удлинения
стержня при осевом ударе справедлива не только для случая
осевого удара, но и для изгибающего удара. Если груз Р
статически действует на середину балки длиной /, лежащей
на двух опорах, то прогиб выражается формулой B06):
Если же этот груз Р падает на середину балки с вы-
высоты ht то динамический прогиб согласно формуле B71)
будет:
h = U + Vfir + 2Uh. B7V)
Максимальное статическое напряжение на середине балки
будет:
_ М ___ Р1
°ст~ w ~ AW •
Максимальное динамическое напряжение будет больше
статического во столько раз, во сколько динамический про-
прогиб больше статического, т. е.
или
B72)
где k — коэффициент динамичности.
Если /г = 0, то k = 2, т. е. динамическое напряжение
будет в два раза больше статического, т. е. такое, как и
в случае осевого удара. Конечно, формула B71') пригодна
и в том случае, если груз Р падает на балку в любом
месте; в таком случае /ст—статический прогиб в этом
месте; равным образом и балка может иметь любые опорные
закрепления.
Однако не только напряжения и деформации при удар-
ударной нагрузке отличаются от напряжений и деформаций, вы-
вызываемых статически приложенной нагрузкой, но и сам
материал ведет себя при ударно действующей нагрузке

§ 98]
ИСПЫТАНИЕ МЕТАЛЛОВ НА УДАР
351
иначе, чем при статической нагрузке. При этом, как пока-
показали исследования, механические характеристики материалов,
получаемые при статических испытаниях, не дают возмож-
возможности судить о поведении материала при ударно дейст-
действующей нагрузке. Даже большая пластичность материала,
выявленная при статическом испытании, не дает уверен-
уверенности, что такой материал будет хорошо сопротивляться
ударной нагрузке. Поэтому при проектировании частей кон-
конструкций, которые будут при эксплуатации подвергаться
ударной нагрузке, надо знать способность материала пере-
переносить мгновенное действие нагрузки; эта способность ма-
материала определяется особыми его испытаниями на удар.
§ 98. Испытание металлов на удар
Наиболее распространенным испытанием на удар в на-
настоящее время является испытание образцов с выточкой на
Маятник^
Рис. 195.
ударный излом, производимый на маятниковом копре. На
рис. 195 показана схема копра, а на рис. 196 — образец
с надрезом для испытания на удар.

352 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНДМИЧ.; И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
Мерой сопротивления металлов удару считается коли-
количество затраченной работы на разрушение образца, отнесен-
отнесенное к единице площади его сечения. Таким образом, если
обозначить работу, затраченную на разрушение образца,
через А, а площадь сечения образца через F, то значение
ak — l? KZMJCM2
будет мерой сопротивления удару, называемой относитель-
относительной вязкостью материала при ударной нагрузке.
Рис. 196.
Пример 88. Определить, с какой высоты h (рис. 194) должен
упасть груз Q = 100 кг, чтобы в стальном стержне длиной / = 1 м
и площадью поперечного сечения F=l см2 напряжение достигло
предела упругости ау == 2000 кг/см2, Е = 2 • 106 кг/см2.
Решение. Определим статическое удлинение
Высоту h определим из формулы B72), подставив в нее оу вме-
вместо сд:
откуда
Отсюда видно, что груз, падая даже с небольшой высоты, может
вызвать напряжение, во много раз превышающее статическое.
§ 99* Понятие об усталости металлов
Уже более ста лет назад было замечено, что части машин
и сооружений, подвергающиеся длительное время перемен-
переменным напряжениям, могут разрушаться внезапно без заметных
остаточных деформаций при напряжениях, значительно мень-

§ 991 понятие ов усталости металлов 353
ших предела прочности материала. Это явление было на-
названо усталостью материалов. Для выяснения причины этих
поломок прежде всего стали проверять, не снижается ли
предел прочности материала при длительном действии пере-
переменных напряжений. Однако опыты показали, что длительно
действующие переменные напряжения не изменяют механи-
механических свойств материала. Не подтвердилось и предполо-
предположение, что переменные напряжения изменяют структуру
материала и делают его хрупким. Это предположение
основывалось на том, что материал с достаточными пла-
пластическими свойствами при переменных напряжениях раз-
разрушается, как хрупкий, без заметных остаточных дефор-
деформаций.
Многочисленными опытами установлено, что когда пере-
переменные напряжения больше определенной величины для
данного материала, то после некоторого числа перемен на-
напряжений в материале появляется трещина. Трещина эта
появляется обычно на поверхности в местах наибольших
напряжений и в тех местах, где имеются пороки материала.
Образовавшаяся трещина, сначала очень маленькая, не видная
простым глазом, постепенно увеличивается и захваты-
захватывает все большую толщу материала. Пластическая дефор-
деформация сосредоточивается только у трещины, поэтому замет-
заметных остаточных деформаций при разрушении не обнаружи-
обнаруживается. Части материала, лежащие по обе стороны трещины,
при переменной нагрузке трутся друг о друга и постепенно
сглаживают поверхность соприкасания.
После того как трещина достигнет такой величины, что
сечение тела заметно ослабнет, происходит внезапный излом.
Поверхность этого излома имеет всегда вид хрупкого излома.
Вид поверхности излома при усталости очень характерен.
На рис. 197, а и б показан такой излом. Хорошо видны
две зоны: первая зона с гладкой притертой поверхностью
и зона хрупкого окончательного излома. Место возникнове-
возникновения первоначальной трещины показано стрелкой. От этого
места идут концентрические линии и полосы, указывающие
на постепенное распространение трещины.
Причиной поломок деталей машин в подавляющем боль-
большинстве случаев является усталость материала, т. е. явление
внезапного разрушения при пониженных против предела
прочности напряжениях от действия переменных нагрузок.

354 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
Результаты статических испытаний и испытаний на удар
дают возможность только до некоторой степени судить
о способности материала переносить длительно действующую
переменную нагрузку. Для определения этой важной харак-
характеристики материала, нужной для расчета на прочность
машин и сооружений, работающих при переменных напря-
б) —^
Рис. 197.
жениях, производят особое испытание материала, называемое
испытанием на выносливость или на усталость.
Прежде чем перейти к описанию испытания на усталость
(выносливость), остановимся на некоторых понятиях, необ-
необходимых для понимания дальнейшего.
Переменные напряжения в частях машин изменяются
между двумя крайними значениями, между наибольшим напря-
напряжением стах и наименьшим omin. На рис. 198 показано перио-
периодическое изменение напряжений во времени. Число перемен

§991
ПОНЯТИЕ ОБ УСТАЛОСТИ МЕТАЛЛОВ
355
(циклов) напряжений в одну секунду называется частотой
изменения напряжений. Алгебраическая полусумма наиболь-
наибольшего и наименьшего напряжений цикла называется средним
напряжением цикла и обозначается аср, а в случае касатель-
касательных напряжений тср, т. е.
B77)
Абсолютная величина алгебраической разности наиболь-
наибольшего и наименьшего напряжений цикла называется интер-
интервалом (размахом) напряжений цикла. Половина интервала
Время
Рис. 198.
напряжений, или алгебраическая полуразность наибольшего
и наименьшего напряжений цикла, называется амплитудой
цикла и обозначается аа, а для касательных напряжений — та:
B78)
Коэффициентом амплитуды (или асимметрии) цикла назы-
называется отношение наименьшего напряжения к наибольшему,
взятое с алгебраическим знаком:
B79)

356 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
Если наибольшее и наименьшее напряжения одинаковы
по величине и обратны по знаку, т. е. если г = —1,
то цикл изменения напряжений называется симметричным
(рис. 199). При симметричном
цикле среднее напряжение равно
нулю (оср = 0; тср = 0). Если наи-
наименьшее напряжение равно нулю,
т. е. г = 0, то цикл называется
пульсирующим (рис. 200). Если
наибольшее и наименьшее напря-
напряжения неодинаковы по величине,
то цикл называется несимметрич-
несимметричным; на рис. 198 показан несим-
несимметричный цикл с положительным
р средним напряжением.
Принято считать напряжение
растяжения положительным, на-
напряжение сжатия — отрицательным. Знак напряжений в слу-
случае касательных напряжений берется условно: напряжение,
направленное в одну сторону, считается положительным,
Рис. 200.
напряжение, направленное в противоположную сторону, —
отрицательным. Всякий цикл переменных напряжений, как
это [легко видеть, можно получить наложением на посто-
постоянное среднее напряжение симметричного цикла. Максималь-
Максимальное и минимальное напряжения выразятся в этом случае

§ 100] ИСПЫТАНИЕ МАТЕРИАЛОВ НА УСТАЛОСТЬ 357
Формулами
B80)
При расчете деталей машин и сооружений, на которые
действуют переменные напряжения, основной характеристи-
характеристикой прочности материала является предел усталости, или,
иначе, предел выносливости. Пределом усталости (вынос-
(выносливости) называется наибольшее напряжение, которое
материал в состоянии выдержать при данной асиммет-
асимметрии цикла г неограниченно большое число циклов. Если
говорят о пределе усталости, не указывая при этом коэф-
коэффициента /*, то в этом случае подразумевается симметрич-
симметричный цикл напряжений.
Целью испытаний материалов на усталость является опре-
определение пределов усталости (выносливости) и выявление
влияния на их величину различных факторов.
§ 100. Испытание материалов на усталость
Величины пределов усталости (выносливости) материала,
соответствующие различным значениям среднего напряжении,
различны. При симметричном цикле (аср = 0), т. е. когда на-
напряжение изменяется между двумя крайними значениями,
равными по величине и обратными по знаку, предел устало-
усталости материала имеет наименьшее значение. Определение пре-
предела усталости при симметричном цикле, как наиболее опас-
опасном, представляет наибольший практический интерес. Поэтому
-предел усталости (выносливости) чаще всего определяется
именно для этого наиболее опасного цикла.
Испытания материалов на усталость производят на испыта-
испытательных машинах, позволяющих нагружать образец перемен-
переменными нагрузками с частотой циклов, обычно равной 2000 —
3000 в минуту.
Иногда применяются машины со значительно более вы-
высокой частотой на1руже]]ия, порядка десятков тысяч циклов
в минуту.
24 Зак 1542 Р С Кинлсошпнлн

358 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. ХПЛ
Схема одной из наиболее распространенных машин для
испытания образцов на усталость при изгибе показана на
рис. 201.
Испытуемый образец Л вместе с конусными зажимами В
образует балку, свободно опертую в неподвижных подшип-
подшипниках С.
Рис. 201.
Два свободных подшипника D тягами Е связаны с ры-
рычажной системой. Груз О может передвигаться по рычагу N
и тем самым изменять нагрузку, действующую на образец.
Груз К уравновешивает систему при нулевом положении
груза G. Как нетрудно видеть по эпюре моментов, образец
подвергается чистому изгибу. Изгибающий момент по всей
длине образца постоянен. Образец с зажимами вращается
от электромотора Э. Вследствие вращения в образце воз-
возникает переменное напряжение, хотя нагрузка и остается
постоянной. Число оборотов отсчитывается счетчиком AU
При поломке образца рычаг N опускается и автоматически
выключаются электромотор и счетчик оборотов.

§ 100] ИСПЫТАНИЕ МАТЕРИАЛОВ НА УСТАЛОСТЬ 359
Для определения предела выносливости при симметрич-
симметричном цикле напряжений изготовляются из данного материала
б—8 тщательно обработанных совершенно одинаковых об-
образцов. Затем первый образец устанавливается на машину и
загружается переменным симметрично изменяющимся на-
напряжением. Амплитуда напряжений первого образца обычно
берется равной 0,5—0,6 от предела прочности данного мате-
материала. После некоторого числа циклов, регистрируемых
счетчиком машины, первый образец разрушается, машина
автоматически выключается. Тогда берется второй образец и
нагружается с амплитудой напряжений, меньшей, чем был
нагружен первый образец. После поломки второго образца,
имевшего меньшее напряжение, а потому сломавшегося после
большего числа циклов, ставится третий образец, нагружае-
нагружаемый напряжениями с амплитудой, меньшей, чем нагружался
шорой, и т. д. Испытание заканчивается, когда в результате
постепенного снижения амплитуды напряжений и увеличения
числа циклов найдется такая амплитуда напряжений, при
которой очередной образец не разрушится при большом
числе циклов, порядка 107.
Опыты показали, что если стальной образец не разру-
разрушился после перенесенных им 107 циклов, то он может
перенести и сколь угодно большое число циклов без разру-
разрушения. В отношении цветных металлов этого сказать нельзя.
Образец из цветного металла, перенесший 107 циклов, мо-
может сломаться при той же амплитуде напряжений при боль-
большем числе циклов. Поэтому при определении предела уста-
усталости цветных металлов образец считается выдержавшим дан-
данную амплитуду напряжений, если он перенес 20 • 107—50 • 107
циклов.
После проведения описанных испытаний для определения
числового значения предела выносливости результаты испы-
испытаний представляются графически в виде кривой.
На рис. 202 показана такая кривая. Ординаты точек этой
кривой представляют амплитуды напряжений, которые имели
образцы, абсциссы — числа выдержанных ими циклов, соот-
соответствующие этим амплитудам. Такие кривые часто называют
кривыми Велера по имени одного из основоположников уче-
учения об усталости материалов. Предел выносливости опреде-
определяется как постоянная ордината участка кривой, где она
становится параллельной оси абсцисс.
24*

360 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
Напряжения выше предела выносливости, которые мате-
материал может выдерживать только ограниченное число циклов,
Называются ограниченными пределами выносливости.
Пределы усталости определяются для различных видов
деформации: растяжение — сжатие, переменный изгиб и пере-
переменное кручение.
кг/ммг
1л
01 23456783 10 U
число циклов в миллионах
Рис. 202.
Вследствие большей простоты машин для испытания на
переменный изгиб эти машины наиболее распространены и
испытания на переменный изгиб производятся чаще, чем на
растяжение — сжатие или кручение.
На основании большого числа испытаний сталей установ-
установлены следующие приближенные зависимости между преде-
пределом усталости на изгиб и пределами усталости при других
видах деформации:
с_10 = 0,7а_„ B31)
т_1 = 0,58о_1, B82)
где а_1р — предел усталости при симметричном цикле на
растяжение — сжатие, т_г — предел усталости при кручении
при симметричном цикле, о_х — предел усталости при изгибе
при симметричном цикле.
Для приближенной оценки пределов усталости сталей при
симметричных циклах по известному их пределу прочности
можно пользоваться следующими эмпирическими зависи-
зависимостями:
B83)
B84)
B85)

§ 101] ПРЕДЕЛ ВЫНОСЛИВОСТИ ПРИ НЕСИММЕТРИЧНОМ ЦИКЛЕ 361
§ 101. Предел выносливости при несимметричном цикле
С повышением среднего напряжения предел усталости
материала возрастает, а амплитуда напряжений, которую
материал может выдерживать, не разрушаясь, уменьшается.
Поясним это на примере. Рассмотрим два цикла напряже-
напряжений— симметричный и пульсирующий—для стали, содер-
содержащей 0,45% углерода. При симметричном цикле на растя-
растяжение— сжатие при сср —0 предел усталости этой стали
2000 кг/см2.
Рис. 203.
При пульсирующем цикле предел усталости ее равен о0 =
= 3600 kzjcm2, т. е. при среднем напряжении оср = 1800 кг!смг
выдерживаемая амплитуда равна оа=1800 кг/см2. Следова-
Следовательно, с повышением среднего напряжения на 1800 кг\см1
предел усталости повысился с 2000 до 3600 кг/см2, т. е.
на 1600 кг/см2, но амплитуда напряжений понизилась с 2000
до 1800 кг/см2, т. е. на 200 кг/см2. Таким образом, повы-
повышение среднего напряжения на 1800 кг\см2 в данном слу-
случае достигается ценой снижения амплитуды напряжений на
200 кг/см2.
Общей зависимости, позволяющей определять, как с по-
повышением среднего напряжения увеличивается предел уста-
усталости и уменьшается предельная амплитуда напряжений, нет.
Поэтому для полного представления поведения материала,
подвергающегося переменным напряжениям, определяют его
пределы усталости при различных средних напряжениях.
Результаты испытаний представляют в виде диаграмм, строя-
строящихся различными способами.
На рис. 203 показана такая диаграмма, построенная одним
из часто применяемых способов. На оси абсцисс отложены

362 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
(^ср) средние напряжения циклов, а на оси ординат (аа) —
предельные амплитуды циклов. Кривая здесь представляет
зависимость предельных амплитуд напряжений от средних
напряжений цикла. Любой цикл напряжений может быть
охарактеризован координатами точки (аср, оа) кривой. Сумма
координат <3cp-f-Ga любой точки предельной кривой прочно-
прочности дает величину предела выносливости при данном сред-
среднем напряжении. Циклы напряжений, представляющиеся точ-
точками, лежащими в области, ограниченной осью абсцисс,
осью ординат и предельной кривой прочности, представляют
безопасные циклы напряжений. Имея такую диаграмму для
данного материала, легко видеть, какую амплитуду напряже-
напряжений может переносить материал, не разрушаясь при данном
среднем напряжении.
§ 102, Влияние на величину предела выносливости
абсолютных размеров деталей
В справочниках обычно приводятся данные по пределам
усталости материалов, определенные на лабораторных образ-
образцах небольших диаметров E—12 мм). Опыты, проведенные
на образцах большего диаметра D0—50 мм), и испытания
деталей больших размеров показали, что предел усталости
зависит от абсолютных размеров образцов. С увеличением
размеров снижается предел усталости. Особенно значитель-
значительное снижение наблюдается для образцов, имеющих диаметр
меньше 100 мм.
Таблица 11
Коэффициенты з
Диаметр
образца в мм
Коэффи-
Коэффициент ?
10
1
20
0,93
30
0,87
40
0,82
50
0,78
60
0,75
80
0,70
100
0,65
150
0,58
200
0,55
Дальнейшее увеличение размеров образцов мало сказы-
сказывается на снижении предела усталости.
В таблице 11 приведены приближенные данные по сни-
снижению предела усталости сталей с увеличением абсолютных
размеров образца. В этой таблице предел усталости при

§ 1021 ВЛИЯНИЕ НА ВЕЛИЧИНУ АБСОЛЮТНЫХ РАЗМЕРОВ ДЕТАЛЕЙ 363
диаметре образца в 10 мм принят за единицу, коэффициент е
представляет отношение предела усталости образца данного
диаметра к пределу усталости образца диаметром 10 мм.
Снижение предела усталости с возрастанием размеров
образца или детали объясняется рядом причин. Не остана-
останавливаясь на этих причинах, заметим, что при расчете эле-
элементов конструкций с этим обстоятельством надо считаться.
Как показали многочисленные опыты и наблюдения, мест-
местные напряжения, вызванные резким изменением сечения (над-
(надрезы, выточки, галтели, шпоночные канавки, сверления и пр.)
или повреждением поверхности (царапины, риски, грубые
следы обработки), значительно снижают предел усталости
стали. Недостаточный учет этого обстоятельства во многих
случаях является причиной поломок различных частей машин,
имеющих резкие изменения сечений, вызывающие концентра-
концентрацию напряжений.
При этом, чем более высок предел прочности стали, тем
сильнее влияние местных напряжений, т. е. тем более сни-
снижается предел усталости. Так, например, если предел уста-
усталости образца из стали с пределом прочности 5000 кг/см2,
поверхность которого грубо ободрана резцом, на 20% ниже,
чем образца с полированной поверхностью, то в случае об-
образца из стали, имеющей предел прочности 10 000 кг\см1%
это снижение достигает 40%-
На малых лабораторных образцах с концентрацией напря-
напряжений, особенно изготовленных из мягкой стали, сниже-
снижение предела усталости получается меньшим, чем это можно
было бы ожидать, судя по величине коэффициента концен-
концентрации напряжений. Поясним это на примере.
Пусть мы имеем два лабораторных образца обычных раз-
размеров (диаметром 8—12 мм) из одного материала; первый
образец гладкий, второй имеет вы точку, которой отвечает
коэффициент концентрации а = 2. Если предел усталости
первого образца с.^ —2000 кг!см2, то у второго он будет
'.•с в два раза ниже, т. е. не 1000 кг/см1, э. несколько больше,
чл;ажем 1200 кг/см2.
С увеличением размеров второго образца предел усталости
г.го будет уменьшаться. Отношение предела усталости при
е/мметричном цикле гладкого лабораторного образца к
р хмелу устаюсти при симметричном цикле большого
<x'v23iui (пли лсылг.) с кенцешрлиюй напряжений назовем

364 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
эффективным коэффициентом концентрации напряжений и обо-
обозначим его через а... Величина эффективного коэффициента
концентрации зависит не только от величины коэффициента
концентрации а, но также от материала и абсолютных раз-
размеров образца или детали. С повышением прочности стали,
с увеличением абсолютных размеров детали величина эффек-
эффективного коэффициента концентрации повышается. Для дета-
деталей больших размеров, изготовленных из прочной стали
(легированной или углеродистой с термической обработкой),
эффективный коэффициент концентрации напряжений близок
к теоретическому коэффициенту концентрации напряжений,
т. е. если предел усталости при симметричном цикле глад-
гладкого небольшого диаметра образца из прочной стали был
равен а_1 = 5100 кг,'см2, то образец больших размеров из
той же стали с поперечным небольшим сверлением, с коэф-
коэффициентом концентрации а=3 будет иметь предел уста-
усталости, близкий к 1700 кг/см2. Таким образом, при выборе
материала для деталей, работающих при переменных нагруз-
нагрузках, надо иметь в виду, что чем более прочна сталь, тем
она более чувствительна к концентрации напряжений. Поэтому
стали с высоким пределом прочности требуют и более тща-
тщательной обработки поверхности.
Заметим, что чугун очень мало чувствителен к концен-
концентрации напряжений. Это положительное качество чугуна
используется в таких деталях, как литые чугунные колен-
коленчатые валы, и в других деталях.
В настоящее время на основании усталостных испытаний
деталей и больших образцов с различными видами концен-
концентрации напряжений определены значения эффективных коэф-
коэффициентов концентрации напряжений для случаев, наиболее
часто встречающихся в практике. В § 105 приведены вели-
величины эффективных коэффициентов концентрации напряжений.
§ 103. Расчет на прочность при переменных
напряжениях, изменяющихся по симметричному циклу
В случае переменных напряжений за исходное предельное
напряжение принимается предел выносливости материала,
определяемый на лабораторных образцах. Предел выносли-
выносливости материала зависит от асимметрии цикла. Поэтому мы
начнем с частного случая, когда напряжения изменяются по

§ 103] РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ПЕРЕМЕННЫХ НАПРЯЖЕНИЯХ 365
симметричному циклу. В этом простейшем случае допускаемое
напряжение (допускаемая амплитуда напряжений) для детали
без концентрации напряжений определяется по формуле
[За] = ^1, B86)
где а_г — предел выносливости материала при симметричном
цикле, определенный на обычных лабораторных образцах;
е — коэффициент, учитывающий абсолютные размеры детали;
числовое значение этого коэффициента берем из таблицы 11,
к — запас прочности.
В случае наличия концентрации напряжений допускаемое
напряжение при симметричном цикле изменения напряжений
определяется по формуле
где аЭфф — эффективный коэффициент концентрации напря-
напряжений.
Приведем несколько примеров расчета на прочность при
симметричном цикле изменения напряжений.
Пример 89. Определить отношение диаметров гладких стерж-
стержней, если на первый стержень действует растягивающая статиче-
статическая сила Р, а на второй — сила той же величины, которая то
сжимает, то растягивает стержень. Предел текучести материала
ат = 3600 кг/см2у предел усталости a_t == 2000 кг/см2. Запас проч-
прочности k у стержней должен быть одинаковым.
Решение. Диаметр первого стержня равен;
Диаметр второго стержня равен:
Искомое отношение диаметров будет:
Пример 90. Определить, какой величины можно допустить
силу, действующую на шатун, если она изменяется по симметрич-
симметричному циклу от + Р Д° — Р* Сечение стержня шатуна круглое,
диаметром 40 мм, предел усталости материала а.^ = 2000 кг\см\
Запас прочности принять равным k = Л

366 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНЛМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
Решение. Если предел усталости а_г = 2000 кг/см2, то предел
усталости детали диаметром 40 мм согласно таблице 11 будет:
^1 = ^-1 = 0,82 .2000 = 1640 кг/см\
Допускаемая амплитуда напряжений
Допускаемая амплитуда силы:
Ра = [aj F = 820. ^11. 4^=10 170 кг.
Пример 91. Определить, на какой угол можно допустить закру-
закручивание стального круглого стержня в одну и другую сторону, по-
повторяющееся неограниченно большое число раз, если диаметр
стержня d = 12 мм, длина /=1,5 л/, модуль упругости материала
G = 0,8 -10° kz/cm\ предел усталости материала т_1=1500 кг/см2,
запас прочности k == 1,8.
Решение. Допускаемая амплитуда напряжений будет:
Так как диаметр стержня небольшой, то влияние абсолютных
размеров на х_г не учитывается.
Допускаемая амплитуда крутящего момента равна:
Подставив это значение крутящего момента в формулу (95),
найдем допускаемую амплитуду утла закручивания:
180° t_twy 180° 1500.3,14.1,23.150-32
?а = —^ kGJp = ЗДТ l,8.16.0,8.10Q.3,14.1,24 = 15°*
Пример 92. Определить толщину (d) буферной винтовой ци-
цилиндрической пружины, на которую действует сила Р = 0,4 т> то
растягивающая, то сжимающая пружину, если средний радиус пру-
пружины R = 80 мм, предел усталости материала на кручение т_г =
= 3600 кг/см*1 и пружина должна работать с запасом прочности
на усталость k = 2.
Решение. Пружина в данном случае работает при симметричном
цикле напряжений. Найдем допускаемую амплитуду напряжений:
Так как при симметричном цикле напряжений тшах = та, то для
определения tf подставим в формулу (ПО) вместо х^,^ амплитуду та:

§ 104] ОПРЕДЕЛЕНИЕ ЗАПАСА ПРОЧНОСТИ 367
откуда
Возьмем d — 21 мм,
§ 104. Определение запаса прочности
при несимметричном цикле напряжений
Рассмотрим теперь изменение напряжений детали по не-
несимметричному циклу. В этом случае вопрос определения
запаса прочности или допускаемых напряжений усложняется
тем обстоятельством, что приходится брать не одну величину,
определяющую предельное состояние, как это имеет место
при постоянных напряжениях или симметричном цикле, а две
величины. При постоянном напряжении за предельное напря-
напряжение принимается предел прочности или предел текучести,
а при напряжении, меняющемся симметрично, предел уста-
усталости при симметричном цикле {о_х)\ при несимметричном же
цикле предельное состояние характеризуется двумя величи-
величинами: средним напряжением и соответствующей предельной
амплитудой. Поэтому определение запаса прочности или
допускаемых напряжений в случае несимметричного цикла
изменения напряжений в детали носит несколько условный
характер. Обычно принято за предельный разрушающий
цикл считать цикл с коэффициентом амплитуды (г), равным
коэффициенту амплитуды цикла детали. Такие циклы, т. е.
циклы с равными коэффициентами амплитуд, называются
подобными.
Для пояснения напомним полную диаграмму усталости
(рис. 204), дающую зависимость предельных амплитуд
напряжений цикла от средних напряжений. Любой цикл
напряжений в этой диаграмме характеризуется координатами
точки (оср, са).
Циклы напряжений, представленные точками, лежащими
внутри плоскости, ограниченной прямыми ОА, ОВ и кривой
АВ, представляют безопасные циклы напряжений. Точки,
лежащие на кривой АВ, представляют предельные циклы.
Пусть цикл напряжений в детали представляется точкой D,
т. е. среднее напряжение в детали равно аср = ОС и ампли-
амплитуда напряжений равна ос = ОС. Предельный цикл в этом

368 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИИАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
случае будет представляться точкой Е пересечения луча OD
с кривой АВ в точке Е. Точка Е представляет цикл с той
же асимметрией, что и цикл, представляемый точкой D.
Действительно, характеристикой асимметрии цикла является
отношение г =
которое было названо коэффициентом
Рис. 204.
амплитуды цикла. Для цикла, представляемого точкой D, ми-
минимальное и максимальное напряжения соответственно равны:
Следовательно,
Для цикла, представляемого точкой Е, те же величины
будут соответственно равны:
*~ OF+FE
Из подобия треугольников ODC и OEF следует, что
или
OC + CD OF+FE '
Следовательно, ri) — rEi т. е. предельный цикл, предста-
представляемый точкой Е, имеет ту же асимметрию цикла, что и
цикл, представляемый точкой D, т. е. циклы эти подобны.

§ 105] ПОСТРОЕНИЕ ПРИБЛИЖЕННОЙ ДИАГРАММЫ УСТАЛОСТИ 369
Вообще точки, лежащие на любом луче, проведенном из
начала координат, представляют подобные циклы.
При расчетах на прочность деталей, работающих при
переменных напряжениях, изменяющихся по несимметричному
циклу, обычно сначала задаются размерами деталей. Затем
по этим размерам и нагрузкам определяют напряжения и по-
получающийся при этом запас прочности. Если запас прочности
получается недостаточным, то увеличивают размеры деталей
и снова определяют запас прочности. Таким образом, расчет
при переменных напряжениях, изменяющихся несимметрично,
носит обычно проверочный характер. Это объясняется тем,
что для определения размеров детали по допускаемым на-
напряжениям (среднего напряжения и амплитуды напряжений)
надо знать величины допускаемых напряжений, которые сами
зависят от асимметрии цикла напряжений, т. е. от г.
Следовательно, в этом случае приходится задаваться
асимметрией цикла, что не всегда легко сделать. Запас
прочности вообще представляет отношение напряжения пре-
предельного состояния к напряжению детали. Запас прочности
при несимметричном цикле при наличии полной диаграммы
усталости легко определяется из отношения напряжений
предельного цикла к напряжениям детали. Если зз предель-
предельный цикл берется подобный цикл, то при определении запаса
прочности безразлично, какие напряжения этих двух циклов
сравнивать. Запас прочности будет один и тот же, возьмем ли
мы отношение максимального напряжения предельного цикла
к максимальному напряжению детали, возьмем ли мы отно-
отношение амплитуд этих двух циклов или отношение их средних
напряжений, т. е. запас прочности k будет равен:
Так определяется запас прочности, если имеется уста-
усталостная диаграмма детали.
§ 105. Построение приближенной диаграммы усталости
и определение по ней запаса прочности
В практике при определении запаса прочности рассчиты-
рассчитываемой детали только в редких случаях в нашем распоряже-
распоряжении имеется диаграмма усталости детали. Во многих случаях
не бывает и полной диаграммы усталости материала, полу-

370 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
ченной на основании испытания лабораторных образцов при
различных асимметриях циклов. Объясняется это длитель-
длительностью испытаний и сравнительно небольшим числом машин,
на которых такие испытания производятся. Поэтому в прак-
практике при расчетах часто пользуются приближенными диа-
диаграммами усталости.
Для построения приближенных диаграмм пользуются той
или другой предположительной зависимостью между предель-
предельной амплитудой и средним напряжением цикла. В этих зави-
зависимостях предельная амплитуда выражается через предел
усталости при симметричном цикле о_х и через олр или <зт.
Сравнение экспериментальных диаграмм с приближенными,
построенными на предложенных зависимостях между предель-
предельной амплитудой цикла и средним напряжением, в которых
предельная амплитуда выражается через одну усталостную
характеристику (з^), показало, что ни одна из этих зависи-
зависимостей не может быть признана удовлетворительной для
широкой области различных сталей.
Для построения достаточно точной приближенной диа-
диаграммы, очевидно, недостаточно иметь одну усталостную
характеристику а_г.
Для построения приближенных диаграмм и определения
по ним запасов прочности автором была предложена зависи-
зависимость для определения предельной амплитуды от среднего
напряжения, включающая (о_х) и вторую усталостную харак-
характеристику материала, а именно предел усталости при пуль-
пульсирующем цикле о0.
Диаграммы, построенные на основании этой зависимости,
получаются довольно близкими к экспериментальным диа-
диаграммам. Недостатком является то обстоятельство, что для
их построения необходимо знать вторую экспериментальную
усталостную характеристику (о0). Однако, несмотря на это,
предложенный способ построения приближенной диаграммы
и способ определения по ней запасов прочности получили
у нас большое распространение, поэтому мы их здесь и
приводим.
Будем считать, что для данной стали нам известны сле-
следующие характеристики прочности: предел усталости при
симметричном цикле о_1э предел усталости при пульсирую-
пульсирующем цикле а0 и предел текучести о?л Рассмотрим два случая,
когда а0 < ат и когда о0 > ах.

§ 105] ПОСТРОЕНИЕ ПРИБЛИЖЕННОЙ ДИАГРАММЫ УСТАЛОСТИ 371
1. Построение приближенной диаграммы при о0 < от
(рис. 205).
На оси ординат наносим точку А с координатами аор = О,
Ga = a_lt представляющую симметричный цикл. Наносим
Рис. 205.
точку В, представляющую пульсирующий цикл. При пуль-
пульсирующем цикле oTOin = 0f cmt3iX=z30; следовательно, коорди-
координаты ючки В будут:
Наносим точку С с координатами оср = аг, аа==0, пред-
представляющую постоянное напряжение, равное пределу теку-
текучести. Через точки А и В проводим прямую до пересечения
в точке D с прямой, проведенной из точки С под углом 45°
к оси абсцисс. Точки, лежащие на прямой CD, представляют
циклы с максимальными напряжениями, равными пределу
текучести. Это следует из того, что сумма ординат этих
точек равна от. Таким образом, ординаты ломаной линии ADC
представляют предельные амплитуды напряжений. Так как
максимальные напряжения не должны быть выше предела
текучести, то усталостная диаграмма ограничивается макси-
максимальным напряжением, равным пределу текучести.
2. Построение приблиэюенной диаграммы при а0 > ат
(рис. 206). Так же как и в первом случае, наносим точки А,
В и С. Через точки А и В проводим прямую до пересечения
в точке D с прямой, проведенной из точки С под углем 45Q

372 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
к оси абсцисс. Ординаты ломаной линии ADC представляют
предельные амплитуды напряжений. В этом случае точка в
выходит за пределы, ограниченные диаграммой.
Л
Найдем зависимость между предельной амплитудой цикла
и средним напряжением по приближенной диаграмме.
Рис. 207.
Возьмем какой-либо предельный цикл напряжений, пред-
представляемый, скажем, точкой F (рис. 207). Из рассмотрения
подобных треугольников AKF и ANB найдем, что

§ 1051 построение приближенной диаграммы усталости 373
откуда
B88)
Эта формула позволяет достаточно точно определить
предельную амплитуду напряжений для данного среднего
напряжения, когда известны а_г и а0.
Обозначим коэффициент, стоящий перед сср в формуле
B88), для краткости одной буквой:
B89)
Тогда формула B88) перепишется так:
Перепишем формулу B90) в следующем виде:
B91)
Отсюда видно, что коэффициент 9а можно рассматривать
как коэффициент приведения несимметричного цикла к равно-
опасному симметричному циклу.
Запас прочности будет определяться по формуле
где </ и о' —рабочие напряжения детали.
Заметим, что если определять запасы прочности по этой
формуле для всех циклов напряжений, то для некоторых
циклов запас прочности получился бы больший, чем опреде-
определяемый как отношение предела текучести к максимальному
напряжению, т. е. по формуле
°
*= , °т , . B93)
°а + %
Это значит, что для одних режимов ограничивающим
условием прочности является предел усталости, а для дру-
других— предел текучести.
Поэтому для нахождения минимального запаса прочности
надо определять его по формулам B92) и B93).
25 Зак. 1542. Р. С. Кинасошвили
B92)

374 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИИАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
Можно заранее решить вопрос, по какой из формул
получится минимальный запас прочности, но на этом мы
останавливаться не будем, так как решение этого вопроса
всегда требует не меньше времени, чем непосредственное
сравнение величины запасов прочности, определяемых по
двум формулам B92) и B93).
Запас прочности на усталость для деталей без концен-
концентрации напряжений, но больших размеров, чем лабораторные
образцы, на которых были определены ов1 и а0, опреде-
определяется с учетом влияния абсолютных размеров по формуле
ft = —-1=1 § B94)
где ? — коэффициент, учитывающий снижение предела уста-
усталости с увеличением размеров; коэффициент эгот берется
из таблицы 11, стр. 362, т. е. влияние абсолютных размеров
относится только к переменной части напряжения. Запасы
прочности на усталость для деталей с концентрацией напря-
напряжений определяются по о_х и а0, найденным для лаборатор-
лабораторных гладких образцов по формуле
k= , "-,1 , , B95)
V
где осЭфф — эффективные коэффициенты концентрации напря-
напряжений. Напомним, что эффективным коэффициентом концен-
концентрации напряжений мы назвали отношение предела усталости
при симметричном цикле материала, найденного испытанием
лабораторных образцов, к пределу усталости при симме-
симметричном цикле детали.
Заметим, что во все формулы, определяющие запас
прочности, подставляется абсолютная величина среднего
напряжения (<зср).
Задавшись величиной запаса прочности, легко получить
по формуле B95) допускаемые напряжения для различных
а
значений отношения ~i~t

§ 105] ПОСТРОЕНИЕ ПРИБЛИЖЕННОЙ ДИАГРАММЫ УСТАЛОСТИ 375
Допускаемые номинальные напряжения:
B96)
B97)
Все приведенные формулы для случая нормальных напря-
напряжений справедливы для случая касательных напряжений.
Формулы для касательных напряжений могут быть записаны
по аналогии с приведенными выше; для этого надо о_1, а0,
о' . о' о заменить соответственно на т ,. т . т/ . т' ее . гпр.
<рх» где
B98)
Значения с_х, т_х, ср0 и <р. для различных видов деформации
для ряда сталей приведены в таблице 12.
Т а б л и ц а 12
Стали
Углеродистая
Хромоникеле-
вая ....
Хромоникеле-
вольфрамо-
вая ....
кг
мм*
37
45
55
65
75
83
98
115
120
°т>
кг
мм*
26
30
37
43
50
69
81
101
109
Изгиб
°-Г
кг
мм'2
17
19
24
28
33
36
41
51
53
0,13
0,06
ао9
0Д7
0,25
0,31
0,23
0,22
0,22
Растяжение,
сжатие
от,
кг
мм*
22
25
31
36
42
62
73
92
100
e-v
кг
мм'1
12
14
18
20
23
28
30
35
37
0,09
0,08
0,06
0,11
0,12
0,30
0,13
0,17
0,14
Кручение
кг
мм-
14
VI
19
22
26
38
42
54
61
кг
мм*
К)
12
14
15
19
20
24
29
30
0
0
0,08
0
0
0,08
0,14
0,16
0,05
В таблицах, приведенных ниже, даны некоторые значе-
значения эффективных коэффициентов концентрации напряжений.
25*

376 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНЛМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
1. Ступенчатый вал. D — больший диаметр,
d — меньший диаметр, г — радиус галтели; D:^==l,2;
fl? = 30---50 мм.
Номинальные напряжения:
г
1
0,05
0,10
0,15
0,20
Изгиб
°др < 50,
кг/мм?
1,8
1,4
1,3
1,2
апр<120,
кг/мм2
1,9
1,5
1,4
1,3
Кручение
апр<50,
к г /мм
1,5
1,3
1,2
1,1
опр<120.
кг/мм2
1,6
1,4
1,3
1,2
2. Вал с поперечным отверстием, d — диаметр
вала, а — диаметр отверстия; d = 40-~50 мм.
Номинальные напряжения:
а
~d
0,05
0,10
0,20
Изгиб
апр<50,
кг/мм1
2,2
1,9
1,7
апр<120,
кг/ми*
2,5
2,3
2,0
Кручение
сгпр<50,
кг/мм2
1,8
1,8
1,8
°пр<120,
кг/мм2
2,0
2,0
2,0
3. Плоская полоса с поперечным отвер-
отверстием. В — ширина полосы, а — диаметр отверстия;

§ 105] ПОСТРОЕНИЕ ПРИБЛИЖЕННОЙ ДИАГРАММЫ УСТАЛОСТИ 377
Номинальные напряжения:
Р Мпгк
зпр, кг-мм*
40
80
120
Растяжение
1,4
1,8
2,0
Изгиб
1,3
1,6
1,8
4. Вал со шпоночным пазом, d—диаметр вала,
Ъ—ширина паза, t — глубина паза; d=100 мм.
Номинальные напряжения:
спр, кг мм'
40
80
100
Изгиб
1,6
2,2
2,5
Кручение
1,3
1,9
2,2
5. Вал с кольцевой выточкой, d— диаметр вала,
г— радиус выточки.
Номинальные напряжения:
г
т
0,05
0,10
0,20
0,30
апр<50,
кг>мм}
1,8
1,7
U
1,3
i.JiWO
спр<120,
кг мм2
2,2
1,8
1,5
1,3
кручен»
алр<50,
кг! мм*
1,7
1,5
1,4
1,3
1
одр<120,
кг>мм*
2,1
1,7
1,5
1,3

378 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
6. Вал с напрессованной втулкой, переда-
передающей на вал поперечную силу. Давление посадки
втулки равно р кг)мм2. Диаметр вала d = 50 мм.
опр, кг/мм2
40
80
100
/7 = 1 кг/мм*
1,3
2,1
2,6
р > 3 кг/мм*
1,6
2,6
3,2
7. Резьбовое соединение типа «болт — гайка».
Тип резьбы
Ьглеродистая
сталь
3—4
3—4,5
Легированная
сталь
4—5
4—5,5
§ 106. Определение запаса прочности при сложном
напряженном состоянии с переменными напряжениями
В практике наиболее часто встречается случай сложного
напряженного состояния, когда кручение сочетается с изгибом
или с растяжением (сжатием). Случай, встречающийся также
часто, когда напряжение растяжения (сжатия) сочетается
с напряжением изгиба, сводится к случаю несимметричного
цикла, рассмотренному выше.
При сложном напряженном состоянии запас прочности
определяется по формуле
B99)
где с/, с' , т/ и т' — рабочие напряжения в детали.
Обозначив запасы прочности по нормальным напряжениям
через кз, а по касательным напряжениям — &х, формулу B99)
можем переписать в следующем виде:

§ 107] ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ НА ПРОЧНОСТЬ 379
или
к=ау^Щ' C00)
Запасы прочности по нормальным и касательным напря-
напряжениям определяются по формулам, приведенным в преды-
предыдущем параграфе.
Для определения минимального общего запаса прочности
следует в формулу C00) подставить минимальные значения
ka и kx. Напомним, что для некоторых циклов напряжений
запас прочности, определяемый как отношение предела те-
текучести к максимальному напряжению, может оказаться
меньшим, чем запас прочности в отношении усталости.
§ 107. Примеры расчетов на прочность
при переменных напряжениях
Пример 93. Определить запас прочности в стержне шатуна дви-
двигателя. Диаметр стержня ^ = 60 мм. В момент вспышки в цилиндре
вдоль оси шатуна действует сжимающая сила в 52 т, в момент на-
начала всасывания — растягивающая сила в 12 т. Предел усталости
материала при симметричном цикле a_j = 2900 кг/см2, предел теку-
текучести ст = 5000 кг/см\ <ра = 0,16.
Решение, Найдем минимальное и максимальное напряжения:
52 000 ЛОА. , „
с . —- = ] 840 kz см*,
mm 3,14 • b~
12 000-4 о
Gmax = ЗД4.62 = 42° кг/см"-
Найдем среднее напряжение и амплитуду напряжений:
/ 425 +( — 1840) _АО 4>
асР = L~2 = "" 708 кг/см1,
, 425— ( — 1840) _о_
са = = 1 {32 кг /см2.
Определим запас прочности по формуле B94):
* = ——— . C01)
Из таблицы 11 для диаметра G0 мм берем значение коэффи-
коэффициента е = 0,75.

380 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
В формулу B94) подставляем значения входящих в нее величин,
помня, что вместо с подставляется абсолютное значение этого
напряжения:
Найдем запас прочности, исходя из предела текучести по фор-
формуле B93):
5000
*~ 1132 + 608 ' *
Из сравнения полученных запасов прочности видно, что опас-
опасность наступления поломки шатуна от усталости значительно больше,
чем опасность возникновения в нем пластических деформаций.
Пример 94. Определить допускаемые напряжения для вала, на
который действует переменный изгибающий момент. Эффективный
коэффициент концентрации в галтели вала аэ*ф = 1,5, предел теку-
текучести материала ат = 5000 кг/см2, предел усталости а__г = 3300 кг/см2,
% = 0,25. Отношение -Ц- = —; запас прочности вала должен быть
равным k = 2.
Решение. По формулам B96) и B97) определяем допускаемые
напряжения:
a-t 1 3300 1
% = — -< = -2~ 2-1,5 + 0,25 = 510 кг1см*>
ссР
— = 1000 кг! см2.
Пример 95. На полый вал с внешним диаметром D = 80 мм
и внутренним диаметром d = 40 мм, имеющий небольшого диаметра
поперечное (для масла) сверление, действуют переменный крутящий
момент и переменный изгибающий момент. Максимальные и мини-
минимальные значения этих моментов следующие: Мк тах = 24 000 кгсм,
М& min = -6000 кгсм, Жиз тах = 20500 'кгсм, Мш min = — 10500 кгсм-
Эффективный коэффициент концентрации напряжений у попе-
поперечного сверления аЭфф = 3. Предел текучести материала при изгибе
от = 4300 кг/см2, предел текучести при кручении хт = 2200 кг/см2,
предел усталости на изгиб cj_1 == 2700 кг/см2, предел усталости на
кручение xel = 1500 кг/см2, <?а = 0,17, срх = 0.

§ 107] ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ НА ПРОЧНОСТЬ 381
Решение. Найдем моменты сопротивления сечения вала:
Найдем напряжения:
Запас прочности по касательным напряжениям определяем по
формулам, аналогичным формулам для нормальных напряжений,
т. е. по формулам B95) и B93):
т_, 1500
~Тпо о" — 3>1*
Статический запас прочности на кручение
хт 2200
ха + Хср
Запас прочности по нормальным напряжениям
а , 2700
• = 2,6.
'~ <«вфф + ^р 336.3 + 0,17.108
Статический запас прочности
ат 4300

382 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
Определяем общий запас прочности, подставляя в формулу C00)
минимальные значения ка и кг:
§ 108. Повышение усталостной прочности
Большинство поломок деталей машин происходит от уста-
усталости, поэтому большое практическое значение приобретают
мероприятия, повышающие усталостную прочность и долго-
долговечность деталей. Основными из них являются конструктив-
конструктивные и технологические мероприятия.
Конструктивные мероприятия в основном сводятся к умень-
уменьшению концентраций напряжений в местах, где обычно возни-
возникают усталостные трещины, ведущие к поломкам деталей.
Рис. 20&
Рассмотрим на примерах некоторые из конструктивных ме-
мероприятий.
Наблюдается много случаев возникновения усталостных
трещин в местах резкого изменения сечений: в галтелях
валов, осей и других деталей. Увеличение радиуса закругле-
закругления галтели снижает коэффициент концентраций напряжений
и тем самым повышает усталостную прочность детали.
Однако не всегда возможно увеличить радиус закругления
галтели до желательной величины; в таких исключительных
случаях делают галтель с подвнутрением, как показано на
рис. 208.
Часто края сверления в деталях, например сверления
для подводки масла к трущимся поверхностям, недостаточно
закруглены, что значительно понижает усталостную проч-
прочность детали. На рис. 209 показано сверление с острыми
краями и с хорошо закругленными краями.

§ 108]
ПОВЫШЕНИЕ УСТАЛОСТНОЙ ПРОЧНОСТИ
383
В полых валах, имеющих поперечное сверление, иногда
делают внутренний поясок, как показано на рис, 210, для
упрочнения ослабленного участка вала.
Рис. 209.
Для уменьшения концентрации напряжений, вызываемой
шпоночной канавкой, устраняют входящий угол путем про-
Рис. 210.
дольного фрезерования канавки. На рис. 211 показаны канавки
с входящим углом и с плавным переходом, достигнутым
продольным фрезерованием.
Рис. 211.
Значительное снижение усталостной прочности возникает
в вале при переменном изгибе, когда на вал насажена втулка.
Объясняется это концентрацией напряжений в вале у краев
втулки и коррозией сухого трения. Для повышения усталост-
усталостной прочности иногда увеличивают диаметр вала под втулкой

384 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. И ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
(рис. 212) или делают плавный переход введением внутрен-
внутренней фаски на краях втулки (рис. 213).
Значительное снижение усталостной прочности материала
происходит из-за различных рисок на поверхности деталей,
вызванных грубой механической обработкой. Сильно снижает
Рис. 212.
Рис. 213.
усталостную прочность коррозия. На рис. 214 показано, как
снижаются пределы усталости стальных образцов от выше-
вышеназванных причин в зависимости от предела прочности стали.
Пределы усталости полированных образцов (прямая а) при-
приняты за Ю0%» кривая б — пределы усталости шлифованных
образцов, кривая в — обточенных резцом; кривая г — образ-
образцов с острой выточкой, показанной в левом углу фигуры;
кривая д — образцов после прокатки; кривая е — пределы
усталости образцов, поверхность которых корродирована
в обычной воде, и кривая ж — образцов, поверхность кото-
которых корродирована в морской воде. Из рис. 214 видно, что
чем более легирована сталь, чем выше ее предел прочности
на растяжение, тем сильнее снижается ее предел усталости
от повреждения поверхности образца рисками или корро-
коррозией. Поэтому, как говорилось выше, применение дорогих
сталей требует особенно тщательной обработки поверхно-
поверхности деталей и защиты ее от коррозии.
Перейдем к краткому рассмотрению технологических
мероприятий, повышающих усталостную прочность деталей.
Они в основном сводятся к упрочнению поверхностных слоев
детали.
При часто встречающихся деформациях изгиба и кручения
наибольшие напряжения возникают в поверхностных слоях
материала. Коррозия, значительно снижающая усталостную
прочность, начинается с поверхности детали. Механическая
обработка нарушает целость кристаллических зерен материала

§ Ю81
ПОВЫШЕНИЕ УСТАЛОСТНОЙ ПРОЧНОСТИ
335
и оставляет на поверхности следы обработки в виде царапин.
Поэтому ряд технологических мероприятий направлен к тому,
чтобы упрочнить поверхностный слой материала и тем самым
повысить усталостную прочность детали. Особенно это эффек-
эффективно при наличии концентратов напряжений. Этого упрочне-
упрочнения достигают термической, термохимической и специаль-
специальной механической обработкой поверхности, вызывающей упроч-
упрочнение и пластическую деформацию поверхностных слоев мате-
материала. При этом в поверхностных слоях материала возникают
100 °
°/о
90
80
70
60
50
40
30
го
10
п
30 4050 60 70 30 90Ю01Ю1201Ш0150
иг/мм2
Рис. 214.
остаточные напряжения сжатия, которые уравновешиваются
остаточными напряжениями растяжения в серединных слоях.
При переменных напряжениях опасными являются напряже-
напряжения растяжения. Напряжения растяжения в поверхностных
слоях, вызванные действующей нагрузкой, суммируются
с остаточными напряжениями сжатия, вследствие чего ре-
результирующее напряжение растяжения уменьшается и деталь
упрочняется. На рис. 215 показаны схематично эпюры напря-
напряжения изгибаемого вала: кривая а — эпюра остаточных напря-
напряжений, вызванных технологическим упрочнением поверхност-
поверхностного слоя; прямая б—эпюра напряжения от изгиба вала;
кривая в — эпюра результирующих напряжений. Как видно

386 ПРОЧНОСТЬ ПРИ ДИНАМИЧ. II ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ [ГЛ. XIV
из этой фигуры, напряжение растяжения от изгиба на по-
поверхности вала значительно уменьшилось. Увеличение напря-
напряжений сжатия в противоположных волокнах вала не является
опасным в отношении усталостного разрушения.
К технологическому упрочнению поверхностных слоев
материала деталей относятся: поверхностная закалка токами
высокой частоты, термохимическая обработка поверхности
- Упрочненный слои
Рис. 215.
путем азотирования или цементации, механическое упрочне-
упрочнение поверхности обкаткой стальными закаленными шариками,
обработка поверхности потоком дроби (дробеструйная обра-
обработка) и др.
В зависимости от рода материала, требований к чистоте
поверхности, условий работы детали, экономики и других
соображений выбирается тот или другой вид технологиче-
технологической обработки. Технологические мероприятия, упрочняющие
поверхность детали, очень широко применяются в машино-
машиностроении; они повышают усталостную прочность на десятки
процентов таких деталей, как валы, оси. пружины, рессоры,
болты, шестерни и др.
Более подробные сведения о примегении этих меропри-
мероприятий и о даваемом ими эффекте можно найти в специальной
литературе.
§ 109. Контрольные вопросы
Приведите примеры статического и динамического действия
нагрузок.
Как определяется напряжение в топком кольце, вращающемся
относительно центральной оси, перпендикулярной его плоскости?

§ 109] контрольные вопросы 387
Какое соотношение существует между напряжениями, вызывае-
вызываемыми внезапно приложенной растягивающей силой и статически
приложенной силой той же величины?
Как подсчитывается динамический коэффициент при поперечном
ударе по балке?
Как производится испытание на удар?
Что называется относительной вязкостью при испытании мате-
материала на удар?
Как испытывается материал на усталость (выносливость)?
Что называется средним напряжением и амплитудой напряжения
цикла при переменных напряжениях?
Какой цикл напряжений называется симметричным?
Что называется пределом выносливости материала?
Какие имеются эмпирические приближенные зависимости оценки
пределов выносливости симметричных циклов для сталей по пре-
пределу прочности?
'Как влияют на предел выносливости материала абсолютные раз-
размеры детали и состояние поверхности?
Что называется эффективным коэффициентом концентрации
напряжений?
Как определить запас прочности при симметричном цикле
напряжений?
Как строится приближенная диаграмма усталости?
Как по приближенной диаграмме усталости определяется запас
прочности детали?
Как определяется запас прочности при сложном напряженном
состоянии при переменных напряжениях?

Кинасошвили Роберт Семе ,овач.
Сопротивление материалов.
Краткий учебник-.
Редактор И. К. Снитко.
Технический редактор С. //. Ахламов.
Корректор С. А. Мозгалевская.
Печать с матриц.
Подписано к печати 21, V 1960 г.
Бумага 84x108''3>. Физ. печ. л. 12,13.
Условн. печ. л 19,89. Уч.-изд л 21,07.
Тираж 100 000 экз. (допечатка)
Цена 7 руб, 30 коп,, в 1/1 1961 г. — 73 коп.
. Зак, № 1542.
Государственное издательство
физико-математической литературы.
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15.
Типография № 2 им Евг. Соколовой
УПП Ленсовнархоза
Ленинград, Измайловский пр , 29.