УДК 539.3/.б@75.8)
ББК 30.121
С23
Авторский коллектив:
Б. А. Антуфьев., А. Г. Горшков., О. В. Егорова., В.Н. Зайцев.,
А. Б. Костриченко., Д. И. Макаревский., А. Л. Медведский.,
Л.Н. Рабинский., Д. В. Тарлаковский.
Сборник задач по сопротивлению материалов с теорией и при-
примерами / Под ред. А.Г. Горшкова, Д.В. Тарлаковского. Учебн. пособие: Для
вузов. — 2-е изд., перераб. и допол. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2003. — 632 с. —
ISBN 5-9221-0199-4.
Сборник соответствует стандартной программе полного курса, а его пер-
первые главы — программам различных сокращенных курсов сопротивления
материалов. Каждый раздел предваряется кратким изложением теоретиче-
теоретического материала; при этом общие положения вынесены в приложения. Теоре-
Теоретические части разделов заканчиваются резюме, в которых изложены алго-
алгоритмы решения соответствующих задач, и типовыми примерами. Задачи для
самостоятельного решения сгруппированы по разделам. В заключительной
главе приведены задачи повышенной сложности. Необходимый справочный
материал указан в приложениях.
В данное издание дополнительно включены разделы, посвященные пере-
перемещениям в стержнях большой кривизны и их устойчивости, учету упругих
опор и оснований, расчету пространственных статически неопределимых
рам, колебаниям стержневых систем, а также применению системы компью-
компьютерной математики MathCAD для решения задач сопротивления материа-
материалов. Кроме того, значительно расширен материал, связанный с температур-
температурными деформациями и напряжениями.
Для студентов технических университетов.
Рецензенты:
В.М. Александров, доктор физ.-мат. наук, профессор, зав. отделом
Института проблем механики РАН
С.Л. Шестериков, член-корреспондент АН, зав. кафедрой МГУ
ISBN 5-9221-0199-4	© физматлит, 2003

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие ко второму изданию		5
Из предисловия к первому изданию		5
Глава 1. Растяжение и сжатие стержней 		7
1.1.	Статически определимые задачи		9
1.2.	Статически неопределимые задачи		21
Глава 2. Расчет ферменных систем		40
2.1.	Статически определимые задачи		43
2.2.	Статически неопределимые задачи		53
Глава 3. Геометрические характеристики плоских об-
областей 		69
3.1.	Статические моменты, моменты инерции, центр тяжести	69
3.2.	Вычисление главных моментов инерции и положения
главных осей 		79
3.3.	Тонкостенные сечения 		87
Глава 4. Кручение		93
4.1.	Статически определимые задачи		96
4.2.	Статически неопределимые задачи		106
Глава 5. Поперечный изгиб		120
5.1.	Эпюры внутренних силовых факторов		121
5.2.	Нормальные напряжения и перемещения		134
5.3.	Касательные напряжения. Центр изгиба		157
5.4*. Балки с упругими опорами и на упругом основании ....	169
Глава 6. Косой изгиб и внецентренное растяжение—
сжатие		187
6.1.	Косой изгиб		187
6.2.	Внецентренное растяжение-сжатие		200
Глава 7. Перемещения и внутренние силовые факторы
в СО и СН стержневых системах		210
7.1.	Статически определимые задачи		211
7.2.	Расчет цилиндрических пружин		238
7.3.	Статически неопределимые задачи		247
7.4*. Упругая линия стержней малой кривизны 		280
7.5*. Статически неопределимые пространственные системы . .	291
7.6*. Стержневые системы с упругими опорами 		296
7.7*. Стержневые системы под действием температурных по-
полей 		306

4	Оглавление
Глава 8. Основы теории напряженного и деформиро-
деформированного состояний. Теории прочности 		312
Глава 9. Расчеты на прочность при сложном напря-
напряженном состоянии		331
Глава 10. Расчет оболочек вращения		348
Глава 11. Продольно-поперечный изгиб и устойчи-
устойчивость стержней		364
11.1.	Продольно-поперечный изгиб		364
11.2.	Устойчивость стержней 		374
11.3.	Энергетические методы решения задач устойчивости и
продольно-поперечного изгиба		389
11.4*. Устойчивость стержней малой кривизны		397
Глава 12. Динамическое нагружение стержневых си-
систем 		403
12.1.	Расчет движущихся систем статическими методами ....	403
12.2.	Ударное нагружение стержневых систем		409
12.3*. Колебания стержневых систем		424
Глава 13. Расчет стержневых систем за пределом упру-
упругости 		441
Глава 14. Расчеты на усталость		458
Глава 15. Стержни большой кривизны		470
Глава 16*. Численные методы в задачах по сопротив-
сопротивлению материалов		482
16.1.	Использование системы MathCAD в качестве интеллек-
интеллектуального калькулятора 		483
16.2.	Применение элементов численного анализа в задачах по
сопротивлению материалов		508
Глава 17. Задачи повышенной сложности		539
Ответы		559
Приложения		582
П.1. Основные понятия сопротивления материалов		582
П.2. Справочные материалы		597
Список литературы 		625

Предисловие ко второму изданию
Во втором издании структура задачника сохранена полно-
полностью. Добавлены параграфы, соответствующие углубленным
курсам сопротивления материалов: 5.4 — «Балки с упругими
опорами и на упругом основании», 7.4 — «Упругая линия
стержней малой кривизны», 7.5 — «Статически неопределимые
пространственные системы», 7.6 — «Стержневые системы
с упругими опорами», 7.7 — «Стержневые системы под действием
температурных полей», 11.4 — «Устойчивость стержней малой
кривизны», 12.3 — «Колебания стержневых систем». В связи
с введением § 7.4 несколько откорректирован теоретический
материал главы 15. В главе 4 добавлены задачи, связанные
с кручением стержней с поперечным сечением в виде прокатных
профилей. В приложении указаны ГОСТы 1972 года, так как
именно они используются в большинстве учебников.
С целью приближения преподавания сопротивления матери-
материалов к современному уровню развитию методов математического
и компьютерного моделирования в задачник введена глава 16
«Численные методы в задачах сопротивления материалов». Она
ориентирована на использование системы MathCAD. В отличие
от остальных глав ответы к этой главе приведены в формате,
принятом по умолчанию: «... десятичные числа имеют представ-
представления с тремя знаками после разделительной точки» [7].
Все дополнительные разделы второго издания помечены звез-
звездочкой. В связи с появлением новых разделов расширена и откор-
откорректирована глава 16, посвященная задачам повышенной слож-
сложности (ее новый номер 17). Для удобства читателей упрощена
нумерация рисунков к задачам, предназначенным для самостоя-
самостоятельного решения. Вместо принятой в первом издании двойной
нумерации применяются подписи единого вида.
Во втором издании исправлены замеченные авторами и чи-
читателями опечатки. Авторы выражают глубокую благодарность
всем, кто взял на себя труд внимательного прочтения первого
издания задачника и указал на имеющиеся недочеты.
Из предисловия к первому изданию
Пособие предназначено для студентов технических универси-
университетов. Оно написано на основе многолетнего опыта преподавания
дисциплины «Сопротивление материалов» на кафедре «Сопро-
«Сопротивление материалов, динамика и прочность машин» Москов-
Московского авиационного института (государственного технического
университета) и соответствует стандартной программе полного
курса, реализуемой, как правило, в течение двух семестров, а его

Из предисловия к первому изданию
первые главы — программам различных сокращенных курсов для
«немеханических» специальностей.
В главах 1-7 изложены основы сопротивления материалов:
расчет прямых стержней при простейших видах напряженно-
деформированного состояния и стержневых систем, в том числе,
ферм и пружин. Главы 9-14 сборника охватывают основы теории
напряженного и деформированного состояний, прочность стерж-
стержневых систем при сложном напряженном состоянии, безмомент-
ные оболочки вращения, продольно-поперечный изгиб и устой-
устойчивость стержней, модели динамического нагружения стержне-
стержневых систем, учет эффектов пластичности и элементы методов
расчета на усталость. Кроме того, добавлен материал, касаю-
касающийся стержней большой кривизны, а также задачи повышенной
сложности. Общие теоретические положения вынесены в первый
параграф приложения. Основные гипотезы сопротивления мате-
материалов сформулированы в виде аксиом, что призвано подчерк-
подчеркнуть феноменологический подход к построению фундамента этой
науки как раздела механики деформируемого твердого тела.
Каждый параграф, за исключением семнадцатой главы, в
которой приведены задачи повышенной сложности, предваряется
кратким изложением соответствующего теоретического матери-
материала, призванным облегчить процесс решения задач, но ни в ко-
коей мере не заменяющим учебники. Теоретические части текста
заканчиваются резюме, в которых сжато излагаются алгоритмы
решения соответствующих классов задач, и примерами решения
типовых задач. Окончание формулировок аксиом, определений,
утверждений и решений примеров отмечаются значком «¦».
Задачи для самостоятельного решения сгруппированы по раз-
разделам. Ответы ко всем задачам приведены в конце пособия. Ес-
Если они являются приближенными, то даются с точностью до
трех значащих цифр. При этом эпюры в ответы не включаются,
а указываются лишь их характерные признаки. Необходимый для
решений справочный материал приведен во втором параграфе
приложения.
При изложении теоретического материала, выборе справоч-
справочного материала и составлении задач использованы источники,
указанные в библиографическом списке, а также накопленный на
кафедре банк учебно-методических материалов. В этом смысле
пособие является плодом коллективного труда не только непо-
непосредственных составителей, но и всех сотрудников кафедры, как
ныне здравствующих, так и покинувших нас.
Авторы выражают признательность рецензентам за внима-
внимательное прочтение рукописи и ценные замечания, позволившие
улучшить содержание пособия.

Глава 1
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ СТЕРЖНЕЙ
В этой главе мы будем рассматривать прямые стержни
(см. определение П.З). Название «прямой стержень» часто будем
заменять словом «стержень». При этом (см. определение П.16)
ось Ох прямоугольной декартовой системы координат (ПДСК)
Oxyz всегда будет направлена вдоль оси стержня.
Определение 1.1. Одноосным растяжением-сжати-
растяжением-сжатием (или просто растяжением-сжатием) стержня называется та-
такой вид его деформации, при котором ось остается прямолиней-
прямолинейной и после деформации, т. е. в каждой точке любого поперечного
сечения от нуля отлично только нормальное напряжение:
о = ож^0, хху = xxz = 0,	A.1)
которое распределено так, что от нуля отличен только один внут-
внутренний силовой фактор — нормальная сила (см. определение
П.16):
TV^O, Qy = Qz = 0, MK = My = Mz = 0. m A.2)
В соответствии с определением 1.1 и гипотезой Бернулли (см.
аксиому П.1) перемещения в каждой точке сечения стержня оди-
одинаковы и коллинеарны оси стержня:
u(x,y,z) = 8(x)i.	A.3)
Можно говорить поэтому о перемещении 8(ж) поперечного се-
сечения, проходящего через точку A Е Г с координатой х. При этом
продольные деформации связаны с перемещениями следующим
образом:
гх = г(х) = 8'(х).	A.4)
Связь напряженного и деформированного состояний в попе-
поперечном сечении в соответствии с аксиомой П.7 задается законом
Гука:
о = Е(е - ссД*), en = -ve, гху = zxz = zyz = 0,	A.5)
где еп — деформация в направлении, перпендикулярном оси;
At — изменение температуры; Е, v, a — характеристики материа-
материала (их величины приведены в приложении): Е — модуль упруго-
упругости первого рода (модуль Юнга), v — коэффициент Пуассона, а —
линейный коэффициент температурного расширения.

8	Растяжение и сжатие стержней	[Гл. 1
Из A.4), A.5) следует, что напряжения распределены равно-
равномерно по сечению: а = о(ж), а формулы (П.24) приводят к сле-
следующей связи продольных усилий и напряжений:
N = cF,	A.6)
где F — площадь поперечного сечения.
С использованием метода сечений и уравнений равновесия
доказывается справедливость следующего утверждения.
Утверждение 1.1 (условия растяжения-сжатия).
Для того чтобы стержень находился в состоянии растяжения-
сжатия, необходимо и достаточно, чтобы сосредоточенные
и распределенные внешние силы (см. определение П.7) были
коллинеарны его оси, моменты отсутствовали, а температурное
поле зависело только от координаты х:
Pk = Pki, q = pi, M/ = 0, m = 0, At = At{x). A.7)
При этом силы должны быть приложены в центрах тяжести
сечений.¦
Последняя часть утверждения обосновывается в теории изги-
изгиба (см. гл. 5).
Отметим также, что в случае растяжения-сжатия реакции
в опорах также направлены по оси стержня.
В сечении, наклоненном к оси под углом а (рис. 1.1), имеют
место как нормальные оа, так и касательные та напряжения:
oa = ocos2oc, Ta = -sin2a.	A.8)
При этом та связаны с деформациями еар (|3 = тс/2 — а) таким
образом:
xa = 2G?aP, G = ^j-^,	A.9)
где G — модуль упругости второго рода (модуль сдвига).
Рис. 1.1
Используя формулы A.8) при a = тс/2 и определение 1.1, по-
получаем следующий вывод.
Утверждение 1.2. В каждой точке стержня, находя-
находящегося в условиях растяжения-сжатия, имеет место одноосное

1.1 ]	Статически определимые задачи	9
напряженное состояние (см. определение П.12):
о = аж ф 0? су = az = хху = xxz = xyz = О,
т. е. выполняется условие не взаимодействия (не надавливаемо-
сти) продольных волокон. ¦
Иногда используется дифференциальное уравнение равновесия
стержня при растяэюении-сэюатии:
N'(x) = -p(x),	A.10)
которое с учетом A.4)—A.6) может быть записано в перемещени-
перемещениях:
(EF&')' = -р+ (aEFAt)'.	A.11)
Последнее является обыкновенным дифференциальным урав-
уравнением второго порядка. Для него ставятся краевые задачи,
а именно, добавляются граничные условия, основные из которых
следующие:
—	закрепленный конец (х = х\)
8|ж=Ж1=0;	A.12)
—	на конце стержня х = х% приложена продольная сила Р
mx=X2 = EF(b>-aAt)\x=x2 = P.	A.13)
В случае свободного конца в A.13) нужно положить Р = 0.
Удельная потенциальная энергия (см. утверждение П.З)
при одноосном напряженно-деформированном состоянии (НДС)
определяется так:
и=1-аг.	A.14)
Отсюда при учете A.6) при растяжении-сжатии стержня дли-
длиной / потенциальная энергия вычисляется следующим образом:
и =
1.1. Статически определимые задачи
Поскольку при растяжении-сжатии нетривиальным являет-
является лишь одно уравнение равновесия (проекции сил на ось), то
в соответствии с определением П. 17 статическая определимость
будет иметь место только в том случае, когда один из концов
стержня закреплен, а на втором приложена продольная сила (он

Н)	Растяжение и сжатие стержней	[Гл. 1
свободен — см. рис. 1.2). При этом наличие температурного по-
поля не приводит к изменению напряженного состояния. Поэтому
в таких задачах его не учитывают.
w
В
Рис. 1.2
Если внешние нагрузки, геометрические и физические харак-
характеристики стержня являются непрерывными функциями коорди-
координаты ж, то НДС может быть найдено как решение соответствую-
соответствующей краевой задачи A.11)—A.13).
Пример 1.1. Найти TV, а, е и 5 для стержня, указанного
на рис. 1.2, полагая, что EF = const.
Решение. Краевая задача в этом случае имеет вид
EF5" = 0, 5|ж=0 = 0, EF8'\x=l = P.
Интегрируя уравнение, получим 5 = С\х + Сч- Присутствую-
Присутствующие здесь константы находятся из граничных условий: С\ =
= P/(EF), C2 = 0. Следовательно,
||	A.16)
Кроме того, из формул из A.4)—A.6), найдем
е = 5' = -^, a=j, N = P.	A.17)
Дополнительно вычислим удлинение Д/ стержня, очевидно,
совпадающее с перемещением 5^ правого сечения:
^ ^ ¦	A.18)
В соответствии с формулами A.16)—A.18) используется сле-
следующая терминология.
Определение 1.2. Произведение EF называется
жесткостью стержня на растяжение-сжатие, ш
Однако в общем случае такой подход не удобен, так как приво-
приводит к необходимости разбивать стержень на участки с последую-
последующей стыковкой соответствующих решений. Поэтому как правило,
используется следующий алгоритм решения статически опреде-
определимых (СО) задач.
1. Разбиваем стержень на участки с границами, соответствую-
соответствующими точкам разрыва внешних нагрузок, в том числе точкам

1.1 ]	Статически определимые задачи	11_
приложения сосредоточенных сил, а также скачкам геометриче-
геометрических или механических характеристик. Концы участков обычно
обозначаются прописными буквами (например, А—В, В—С и т. д.)
или цифрами (например, 1-2, 2-3 и т. д.). На каждом из участков,
как правило, вводится местная система координат.
2.	Из уравнений равновесия в проекции на ось Ох определяем
реакцию в опоре. Равнодействующая внешних сил находится по
формулам (П.11). Для распределенной нагрузки во многих слу-
случаях она может быть определена как площадь соответствующей
эпюры (см. табл. 5.1).
Этот пункт может быть опущен, если рассматривать участки,
начиная с незакрепленного конца.
3.	Последовательно на каждом из участков строятся эпюры
(будем обозначать их буквой «3»):
а)	продольных сил N с помощью метода сечений и уравнений
равновесия (равнодействующая внешних сил для отсеченной ча-
части стержня G+ или G- находится по первой из формул (П.11));
б)	напряжений по вытекающей из A.6) формуле а = N/F
(если F = const, то эпюры 37V и Зо можно совмещать, так как
они отличаются только масштабом);
в)	деформаций по вытекающей из A.5) формуле г = а/Е (если
Е = const, то эпюры Эа и Зе можно совмещать, так как они
отличаются только масштабом);
г)	перемещений по вытекающей из A.4) формуле (для приме-
примера указан участок ВС', следующий за А-В\ величина перемеще-
перемещения Ъв сечения В находится при рассмотрении участка А-В)
X
= \
A.19)
о
На каждой из эпюр указываются их экстремальные значения
внутри участков (если они имеются).
При построении эпюр удобно пользоваться следующими вы-
выводами, вытекающими из соотношений A.10), A.19), свойств ин-
интегралов и производных, а также из аксиомы 1:
—	если р (Зе) — многочлен, то эпюры 37V C5) — тоже много-
многочлены, степень которых на единицу больше (например, постоя-
постоянная погонная нагрузка дает линейную зависимость для про-
продольного усилия, линейная погонная нагрузка — параболическую
кривую для продольного усилия и т.д.; при этом достаточно на-
находить лишь граничные значения продольных усилий и переме-
перемещений);
—	по знаку р (Зе) можно судить о возрастании или убывании
3N C5);

12
Растяжение и сжатие стержней
[Гл. 1
—	необходимым условием экстремума 3N C5) является ра-
равенство нулю р (г = 0), а достаточным — изменение знака р (Эе);
—	эпюра N в точках приложения сосредоточенных сил имеет
скачки (разрывы первого рода), равные по величине этим силам;
—	эпюра 5 непрерывна.
Если по условиям задачи требуется провести расчет на проч-
прочность, то в соответствии с п. VI § П.1 в алгоритм добавляются
следующие пункты.
4. По заданному коэффициенту запаса прочности и предель-
предельным напряжениям опр (апр.р, ^пр.с) определяем допускаемое на-
напряжение [а] ([о]р, [о]с). Этот пункт может отсутствовать, если
непосредственно в условии задачи заданы допускаемые напряже-
напряжения. В противном случае должны быть либо даны максимальные
предельные напряжения, либо указан материал и то напряже-
напряжение, которое принимается в качестве максимально допускаемого.
Таковыми в зависимости от требований к конструкции могут
быть или предел пропорциональности опц, или предел упругости
оу, или предел текучести от, или предел прочности (временное
сопротивление) ов, или условный предел текучести оо,2- Эти ве-
величины берутся из полученных опытным путем так называемых
«условных диаграмм растяжения-сжатия», которые приведены
на рисунках 1.3 и 1.4 для двух различных материалов, соответ-
соответственно обладающих площадкой текучести C—D, и без нее. От-
г, у
Рис. 1.3
метим, что участки диаграмм О—А и О-В соответствуют линей-
линейной зависимости между напряжениями и деформациями (закону
Гука) и сохранению упругих свойств материала, а величина оо,2

1Л]
Статически определимые задачи
13
на второй диаграмме — остаточным деформациям (деформациям
после снятия нагрузки) еост = 0,2 %.
5. По Зо C5) находим максимальное расчетное напряжение
<Wx или omax p, amax с (|5|тах), и из решения неравенств (П.27)
вычисляем требуемую величину площади сечения. ¦
Пример 1.2. Построить эпюры нормальных сил, напря-
напряжений и перемещений сечений для ступенчатого стержня, приве-
приведенного на рис. 1.5. Модуль упругости положить постоянным.
2F
5
3N[P]
Ш
?^
2а
мам мим
III 1111:1 МММ
шш
S
111 El 111
111 и 111
- 2
^ццшхш
Рис. 1.5
Решение (нумерация пунктов соответствует указанному
выше алгоритму).
1. Разбиваем стержень на участки (см. рисунок).

14
Растяжение и сжатие стержней
[Гл. 1
2. Заделку в сечении 0 заменяем реакцией Rq, которую опре-
определяем из уравнения равновесия (см. формулы (П.25)):
= 0: -
7P-3P
= 0,
= 5Р.
3. Рассматривая равновесие отсеченных частей стержня на
каждом участке, определяем продольное усилие (используется
местная система координат — см. рис. 1.6):
— участок 0-1
—	участок 12
—	участок 2-3
— участок 3-4
Y^X = 0: - 5Р + 7Р - ЗР +
Эпюра TV приведена на рис. 1.5.
5Р
о
х „
О 1
1 х
ЛГШ=5Р;
7V12 =-2Р;
7V23 =-2Р;
= 0, NM = Р.
34
Рис. 1.6
Нормальные напряжения и деформации вычисляем, исполь-
используя формулы A.5) и A.6) (здесь используются такие же индексы,
как и для N):
ЪР
2Р
?01 =
5Р
2Р
?34 =
2EF' 1Л~ EF' A6~ EF'
Поскольку Зо и Зе отличаются только масштабом, то на
рис. 1.5 они объединены.
Перемещения на каждом из участков находим с помощью
A.19):

1.1 ]	Статически определимые задачи	lj>
— участок 0-1 (бо = 0)
о
—	участок 1-2
512 = б1 ~\^Fdx = ^F
о
—	участок 2-3
|^^ = -^(ia-2^, 53 = 523(а) = -
о
—	участок 3-4
Эпюра 5 приведена на рис. 1.5. ¦
Пример 1.3. Для ступенчатого стержня, указанного на
рис. 1.7, построить эпюры TV, a, 8, 5 и провести проектировочный
расчет на прочность. В расчетах принять: а = 0,5 м; опр.р =
= от = 500 МПа, [п] = 1,5; [о]с = 0,7[о]р; q = 100 кН/м, модуль
упругости — постоянный по длине.
Решение. 1—3. Разбиение стержня на участки показано
на рисунке. Находим реакцию в опоре:
^Х = 0: - Ro + 4qa-2q -2а + qa = 0, Ro = qa.
Аналогично примеру 1.2 определяем нормальные усилия:
TVoi = qa, 7Vi2 = qa — Aqa = —3qa,
N2s = qa- 4qa + 2qx = q(-3a + 2x), N3 = N2s{2a) = qa,
а также напряжения и деформации:
qa	qa
OOI = g^7, 012 = --^,
a23 = I (-3a + 2x) , a3 = o23Ba) = ^,

16
Растяжение и сжатие стержней
[Гл. 1
qa
qa
823 =
EF
Далее по участкам вычисляем перемещения:
— участок 0-1 Eо = 0)
8oi =
= 8oi(a) =
qa
3EF'
Рис. 1.7

1.1 ]	Статически определимые задачи	17
—	участок 1-2
х
О
—	участок 2-3
X	у
Г я	я { 5
$23 — $2 + -77Т7 (—За + 2х) dx = —— I —-
$з — $23 Bа) = —
3EF '
На последнем участке необходимо найти экстремальное зна-
значение перемещения. В соответствии с п.З алгоритма 35 имеет
экстремум в точке, соответствующей нулевым деформациям:
Так как при переходе через эту точку деформации меняют
знак с минуса на плюс, то имеет место минимум:
я	я	* ( \ 47 (?а2
Oextr = Omin = 623\Х*) = —J^
Соответствующие эпюры приведены на рис. 1.7.
4.	Используя формулы (П.26), вычисляем допускаемые на-
напряжения:
[о]р = ^ = 333 МПа, [о]с = 0,7[о]р = 233 МПа.
5.	Определяя по эпюре а максимальные растягивающие
и сжимающие напряжения, из условий прочности (П.27) находим
S?L <r Г 1	5^ <г Г 1
р — rp ^ L^lp? ^тах с — rp ^ L^Jc*
Отсюда получаем систему неравенств относительно площади
сечения:
оа=100-103.0,5=	зм2;
[о]р	333 • 106
Ma = 3-100 -10». 0,5 =0644.10-Зм2
[с]с	233 • 106
Следовательно, F ^ 6,5 см . Окончательно полагаем F =
= 6,5 см2. ¦

18
Растяжение и сжатие стержней
[Гл. 1
Задачи
1.1—1.22. Для стержней, представленных на соответствую-
соответствующих рисунках, построить эпюры TV, a, 5.
IIIIIIIIIII
2qa
/IF
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
F\
\
2q
4а
q
\,5F
К задаче 1.1
1да
1а
2q
2а
2да
К задаче 1.2
Illlllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllll
3qa
3F
За т
~/l,5F
. 2a m
q
a
qg
К задаче 1.3
II IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
ИНН НИШ НИШ
	Jqa
За
~3F\
2а
q
AF
а
_ja
К задаче 1.4

1Л]
Статически определимые задачи
19
2q
F^
2a
q
a
К задаче 1.5
4qa
la
- a .
К задаче 1.6
2q
2а
,1F
а
К задаче 1.7
2qa
2q
2a
5qa_
2F
a
К задаче 1.8
qa
МММ МММ МММ МММ 1
—> —> —> —> —»
J2qa
F^ ^
2а
> —> —>-
y2F
а
К задаче 1.9
qa
2а
2qa
2а
К задаче 1.10
2qa
Я
2F
2а
Я,
2а
К задаче 1.11
5qa
2F
2a
2a
К задаче 1.12
|	2^
2 2F
2а
2а
1	й
^ 2F
2а
	2?
2а
qa
К задаче 1.13
К задаче 1.14

20
Растяжение и сжатие стержней
[Гл. 1
МММ МММ М
2F
2а
2а
К задаче 1.15
/у
qa ',
Щ /
2F
2q
Ъа
2q
F
ш
а
К задаче 1.16
Ъа
а
К задаче 1.17
/
/
/
/
5qa
За
-xq-*-
а
К задаче 1.18
'/
/
/
Ъа
а
2К
За
« а ш-
К задаче 1.19
К задаче 1.20
2F
Ъа
г:-
да
К задаче 1.21
\
2F
Ъа
F\
а
г
а
К задаче 1.22

1.2]	Статически неопределимые задачи	21_
1.2. Статически неопределимые задачи
В соответствии с рассуждениями, приведенными в нача-
начале предыдущего параграфа статическая неопределимость при
растяжении-сжатии возможна только в одном варианте — вари-
варианте, когда имеются две опоры (см., например, рис. 1.8). При этом
степень статической неопределимости равна 2 — 1 = 1.
А///
/Р
J
1
у
Рис. 1.8
И в этом варианте так же, как и в предыдущем параграфе,
если внешние нагрузки, геометрические и физические характе-
характеристики стержня являются непрерывными функциями координа-
координаты ж, то НДС может быть найдено как решение соответствующей
краевой задачи A.11)—A.13).
Пример 1.4. Найти TV, а, г и 5 для стержня, указанного
на рис. 1.8, полагая, что EF = const и р = const.
Решение. Краевая задача в этом случае имеет вид
EFb" = -р, 8| п = 8| , = 0.
^'	1ж=0	\х=1
Интегрируя уравнение, получим
Присутствующие здесь константы находятся из граничных
условий: С\ = pl/BEF), Съ = 0. Следовательно,
Кроме того, из формул A.4)—A.6) найдем
Следовательно, максимальные растягивающие и ежи мающие
напряжения имеют место соответственно на левом и правом кон-
концах и равны между собой:
_
<Wx р =
pi	_ | _ pi
—, Omax с = <*\х=1 = ?р-

22	Растяжение и сжатие стержней	[Гл. 1
В общем случае используется алгоритм решения статически
неопределимых (СН) задач, практически совпадающий с приве-
приведенным в предыдущем параграфе и отличающийся только услож-
усложнением п. 2.
Для определения неизвестных реакций в опорах к уравнению
равновесия добавляется так называемое «уравнение совместно-
совместности деформаций», которое является следствием аксиомы П.1
и в случае задач типа указанной на рис. 1.8 имеет вид
5Б =Ь\Х=1 = 0.	A.20)
При этом перемещение 5^ выражается через реакцию в одной
из опор (см. алгоритм предыдущего параграфа), и тогда A.20) —
уравнение относительно этой реакции.
Встречаются также другие практически важные задачи, в ко-
которых уравнение A.20) нуждается в модификации.
1. Задачи с зазором (рис. 1.9). Здесь на правом (или левом)
конце стержня имеется зазор А. Решение строится в два этапа.
Рис. 1.9
а)	Рассматривается статически определимая задача со сво-
свободным концом при заданных внешних нагрузках, и вычисляется
перемещение этого конца дв 0.
б)	Если дв 0 > А, то переходят к статически неопределимой
задаче с уравнением совместности
5в=5|ж=, = Д.	A.21)
2. Задачи с монтажными напряжениями (рис. 1.9). В этом
варианте предполагается, что внешние нагрузки отсутствуют,
и зазор А выбирается при монтаже конструкции. Решение стро-
строится, как и в стандартной статически неопределимой задаче, но
с уравнением совместности A.21).
Отметим также, что для статически неопределимых задач
характерным является учет температурного поля. При этом, как
следует из A.5), полная продольная деформация есть сумма упру-
упругой 8у и температурной е^ составляющих:
е = еу + е*, еу = -|, е* = aAt.	A.22)
В этих задачах в силу принципа суперпозиции (утверждение
П.2) отдельно находятся НДС от действия внешней силовой на-

Статически неопределимые задачи
23
грузки (обозначения, например, для напряжений следующие: ар)
и под влиянием температурного поля (а*). Действительное НДС
есть сумма этих составляющих (а = а + а*). Однако учитывая,
что температурные напряжения во многих практически важных
задачах существенно меньше напряжений от силовой нагрузки,
и то, что использование суммарного НДС при проектировочном
расчете приводит к сложным неравенствам, его проводят только
по напряжениям ар. А температурные напряжения учитываются
уже в поверочном расчете. ¦
Пример 1.5. Для стержня, приведенного на рис. 1.10, по-
построить эпюры N, аи 5, полагая модуль упругости постоянным.
/
0 / |
3N[qa]
2
) q.
+
7
8\
^ГГТТТ
12
2a
7
7
9 Л
8
riT
8
161
а
5
/8
ТТТТТп
2F
3 4
III Mill
- Тб
~ гтт—1—г—.-^-_
/ Rl
8
^ 1
16
Рис. 1.10

24	Растяжение и сжатие стержней	[Гл. 1
Решение. 1—2. Разбиение стержня на участки показано на
рисунке.
Задача является статически неопределимой, поскольку для
определения двух опорных реакций До и Д4 можно составить
только одно уравнение равновесия:
Y,X = 0: - Rq + q • 2а - qa + R4 = 0.
Уравнение совместности деформаций в соответствии с A.20)
имеет вид
Для того чтобы выразить его левую часть через Rq, анало-
аналогично СО задачам находим по участкам N, а, ? и 5:
— участок 0-1 Eо = 0)
Яо, G01 = -рг, ?01 =
$oi — ?oi dx = -тттг? $i = 5oi(a) =
о
— участок 1-2
7Vi2 = До ~~ q%i G12 = 	^—? ?12 — —ттт;—
х	г	1
8i2 = 8i +J z\2dx = — До(« + ж) - - qx2\ ,
- участок 2-3
N2s = Rq- q- 2a, G23 = °2F"—, ?23 = °2EF ?
823 = $2 + I 823 dx = — До ( 3a + - 1 - дгаBа + x) ,
83 = ^2з(а) =	GДо — 6^a);
— участок 3-4
Лг r> о Rq — qa Rq — qa
7V34 = Hq — q - la -\- qa, G34 = ————, ?34 =

1.2]	Статически неопределимые задачи	25
х
$34 = $3 + ?34 dx =	[RoGa + x) — qaFa + x)} ,
J	~
о
54 = 534(а) = ^ (8Я0 - 7qa) .
Следовательно, уравнение совместности и его решение имеют
вид
7
8Яо - 7qa = О, Ro = - qa.
о
3. Подставляя найденное значение реакции в полученные вы-
выше выражения, по участкам определяем N, а, г и 5. Поскольку
характер изменения эпюр ясен из упомянутых формул, то доста-
достаточно найти значения требуемых величин на концах участков:
— участок 0-1
No = УУ1 = - qa, ao = oi = - —,
7 qa	7 qa2
5 ° 5
— участок 1-2
7	9	7 qa	9 qa
да N = qa a, = - -, a2 = -- -,
9 ga	5 qa2
' 2=8;
— участок 2-3
9	9 qa
N2 = Ns = -- qa, c2 = c3 = -— —,
9 ^o	1 qa2
?2 = ?3 = "Yg ^p. b3 = — -^7
— участок 3-4
,r ЛГ	1	1 qa
N3 = N4 = -- qa, 03 = 04 = -— -y>
Здесь в силу непрерывности перемещений их значения на
последних трех участках даны только на концах. Отметим также,
что уравнение равновесия, построенное в начале решения, можно
было и не составлять, поскольку R4 = N4. Однако его удобно
использовать для проверки правильности найденных усилий.

26
Растяжение и сжатие стержней
[Гл. 1
Кроме того, необходимо определить точку экстремума пере-
перемещений на участке 1-2:
?12 =
EF V8
- а — ж* I = 0, ж* = - а.
Так как при переходе через эту точку деформации меняют
знак с плюса на минус, то имеет место максимум:
* ( \ Ш ^
Oextr = Omax = 012(Ж*J = J^ -рГр-
Соответствующие эпюры представлены на рис. 1.10. ¦
Пример 1.6. У ступенчатого стержня, представленного
на рис. 1.11, нагрет на величину At° средний участок. Построить
эпюры TV, a, e и 5, полагая, что модуль упругости постоянный.
2F
3N
[aAtEF]
За
\aAtE]
Эе
[aAf]
Э5
[a At а]
At
MM III
1
I
5\l
5
11 ION I
Рис. 1.11

1.2]	Статически неопределимые задачи	27
Решение. 1—2. Разбиение стержня на участки указано на
рисунке.
Задача является статически неопределимой. Отбрасываем
опоры, заменяем их реакциями Rq, R% и составляем уравнение
равновесия в проекциях на продольную ось стержня:
Уравнение совместности деформаций в соответствии с A.20)
имеет вид
53 = 0.
Далее аналогично предыдущей задаче по участкам нахо-
находим TV и о:
TVoi = N12 = N23 = Rq, 001 = 012 = -pr, 023 = -^-р-
Затем с использованием формул A.22) и A.19) определяем г и 5:
— участок 0-1 (8о = 0)
#0 ~	Г , Rox ~
801 = ~KF' Ш = J 801 =~E~F ' 2 =
0
— участок 1-2
= ^ + aAt, 6,2 = 8, + Jeuds =|^ + fe + aAt\ x,
о
52 = 512(а) = (^ + aAt\a;
— участок 2-3
Ro	?i BRo л "\	Rox
823 = ОТ7^' 523 = 52 + И23 dX = \ ~FV + aAt a + 9~^'
о	ч	7
Следовательно, уравнение совместности и его решение имеют
вид
^	= 0, Яо = -\ vAtEF.
3. Подставив это значение в полученные выше равенства, по-
получаем, что TV, a и е имеют следующие постоянные значения на

28	Растяжение и сжатие стержней	[Гл. 1
каждом из участков:
2	1
ooi = ai2 = --aAtE, 023 = --aAtE;
5	5
2	3	1
eoi = -^ aAt, 812 = - aAt, е2з = -^aAt,
а перемещения 5 изменяются линейно. Их значения на концах
участков таковы:
2	1
5о = 0, 8i = — - осДса, 62 = - aAta, 63 = 0.
5	5
Соответствующие эпюры представлены на рис. 1.11. ¦
Пример 1.7. Полагая модуль упругости постоянным, для
стержня, указанного на рис. 1.12, провести проектировочный
и поверочные расчеты на прочность, а также построить эпюры
перемещений 5 от действия только силовой нагрузки. В расчетах
принять: q = 50 кН/м, At = 20°, а = 0,5 м; опр.р = оо,2 = 240 МПа,
Е = 7 - 105 МПа, a = 1,7 • 10~5 1/град; [п] = 1,8; допускаемые
напряжения на сжатие на 30 % меньше соответствующих напря-
напряжений на растяжение.
Решение. А. Проектировочный расчет. В соответствии
с приведенным выше алгоритмом при проектировочном расчете
будем учитывать только силовую нагрузку.
1—2. Нумерация участков приведена на рисунке. Заменяем
опоры реакциями Rq и R^ и составляем уравнение равновесия:
Y, X = 0: - Rq - 4qa + 3q • 2a + R4 = 0.
Задача является статически неопределимой. Уравнение сов-
совместности деформаций в соответствии с A.20) имеет вид
Далее аналогично примеру 1.5 находим по участкам N, а, г
и 5:
— участок 0-1 (8о = 0)
801=J.
= 801 (a) =

Статически неопределимые задачи
29
/
3NP[ qa ]
Lef\
3Nf
[aAtEF]
[aAtE]
Зг*
[aAtEF]'
[МПа]
F
3 4qa
1
a
3
II II
У
II II
II II
II II
4 3
4
II II
128-
it
Щ
ж
a
1
2
11
ILL
II
/50,4
3q ^
2 * * * *
2a
X|J 111
2
M
imr
Illllll
III III
Mill
II Ml
Mill
II Ml
85,4
a
Tfm>
11 1
II Illl
Рис. 1.12
4 /
/,
/2
l-i
1
'6
1
'6
J_ 92,5

30	Растяжение и сжатие стержней	[Гл. 1
— участок 1-2
До + 4<?а	До
= До + 4ga, 012 = 	j	, ei2 =
?i2 dx = — [(Rq + 4qa)x + Roa] ,
— участок 2-3
+
о2з =
?23 = о
3	EF
-	2 \	/ о 8	о
% = §2 + ?23 dx = —— \Ro [2a+ -x] + q [4a" + - ax - яг
— участок 3-4
УУ34 = Яо + 4ga - 3^ • 2a = Ro — 2qa,
Ro - 2qa	2 Ro - 2qa
а =	8 =
ж
Г	2
$34 = §3 + ?34 dx = —— [Я0Eа + x) + 2qaDa - x)} ,
0
4a
54 = 534(a) = — (До + qa) .
Следовательно, уравнение совместности и его решение имеют
вид
До + qa = 0, До = — qa.
3. Подставляя найденное значение реакции в полученные вы-
выше выражения, по участкам определяем TV, a, г и 5. Они имеют
на концах участков следующие значения:
— участок 0-1
No = Ni = -qa, со = о^ = - —,

1.2]	Статически неопределимые задачи	31_
2
qci	qci
eo = ei=~?F' 5 = 0 8=;
— участок 1-2
лт	лт	о
— участок 2-3
= -Зда, а2 = ^,
2^а	2^а	2^а	2qa2
— участок 3-4
Ns = N4 = -3ga, a3 = a4 = -^|r,
Подстановка найденных До и ^4 — N4 приводит к то^<деству,
что свидетельствует о правильности решения.
Определяем точку экстремума перемещений на участке 2-3:
?23 = -j^p (а - ж*) = 0, ж* = а.
Так как при переходе через эту точку деформации меняют
знак с плюса на минус, то имеет место максимум:
?	?	X f	\	^п
Oextr — Отах — 023^*; —	.
Соответствующие эпюры 7VP, op, гр и 5Р представлены на
рис. 1.12.
4.	Используя формулы (П.26), аналогично примеру 1.3 вы-
вычисляем допускаемые напряжения:
[о]р = у^ = 133 МПа, [о]с = 0,7[о]р = 93,3 МПа.
5.	Определяя по эпюре ор максимальные растягивающие
и сжимающие напряжения, из условий прочности (П.27) находим
3qa г 1
С>тах р = —рг ^ LaJp^ атах с = ^
Отсюда получаем систему неравенств относительно площади
сечения:

32	Растяжение и сжатие стержней	[Гл. 1
= 0,536. Г'-'
' [о]с	93,3 • 106
Следовательно, F ^ 5,64 см2. Принимаем
F = 5,64 см2.
Б. Поверочный расчет. Сначала решим чисто температурную
задачу, т. е. будем считать, что силовая нагрузка отсутствует,
а участок 1-2 нагрет на At°. При этом будем использовать ре-
результаты для силовой задачи.
1—2. В уравнении равновесия необходимо положить q = 0.
Уравнение совместности деформации такое же, как и в силовой
задаче.
Далее аналогично примеру 1.6 находим по участкам TV, а, г
и 5. На участке 0-1 остаются в силе полученные выше результаты,
а для остальных имеем:
— участок 1-2
- #0? O12 = -;=-> ?12 =
х
oi + 8i2 dx = —— (а + х) +
j
о
— участок 2-4
= ^?(Ъ ^24 = , г ,-,, ?24 =
3EF'
X
524 = $2 + 824 dx = —ф Bа + - х) +
Следовательно, уравнение совместности и его решение имеют
вид
^ + оД< = 0, Яо = -7

1.2]	Статически неопределимые задачи	33
3. Таким образом на каждом участке TV, о и 8 имеют следую-
следующие постоянные значения:
yVOi = Л^12 = N24 = - j aAt ЕЕ, ooi = an = -jaAtE,
1	13	1
O24 = --aAtE, 80i = - - aAt, e12 = - aAt, 824 = --aAt.
Соответствующие эпюры TV*, a* и 8* представлены на рис. 1.12.
4—5. Используя найденную в проектировочном расчете пло-
площадь поперечного сечения и исходные данные примера, стро-
строим суммарную эпюру а = ар + аг. По ней определяем отах р =
= 128 МПа, отах с — 92,5 МПа и находим действительный запас
прочности:
п = min I 	*—; 	— 1 = min A,87; 1,82) = 1,82.
\°тах р ^тах с /
Поскольку п > по, то на этом расчет заканчивается. ¦
Пример 1.8. У стержня, представленного на рис. 1.13,
имеется зазор А по отношению к правой опоре. Построить эпю-
эпюры TV, a, 8 и 5, полагая, что модуль упругости постоянный.
Решение. Разбиение стержня на участки показано на
рис. 1.13.
А. СО задача. 1—2. Заменяем левую опору реакцией Rq, ко-
которую определяем из уравнения равновесия (равнодействующую
распределенной нагрузки вычисляем как площадь трапеции):
3. По участкам находим TV, о, 8 и 5 (конкретное значение Rq
в промежуточных вычислениях не подставляется с тем, чтобы
использовать полученные выражения в дальнейшем, см. п. Б):
— участок 0-1 Eо = 0)
801=J.
dx =
001 = и?, eoi = 2Ёр,
2EF'
— участок 1-2 (зависимость распределенной нагрузки д12 от
местной координаты х находим из геометрических соображений)
2 А. Г. Горшков и др.

34
Растяжение и сжатие стержней
[Гл. 1
гпптттТПТТТ
Рис. 1.13
— участок 2-3
?23 =

1.2]	Статически неопределимые задачи	35
— участок 3-4
= Rq - 4ql + - ql, 034 = — ( Rq - - ql ) ,
= h + I ?34 dx = —- \Rq ( - / + x ) -ql( — l + -x)\ ,
5SF (T«>У
Так как 64 > А, то правый конец стержня упирается в опору,
и задача становится статически неопределимой.
Б. СН задача. 1—2. Обычным образом заменяем опоры реак-
реакциями Rq и /?4 (см. рис. 1.13) и составляем уравнение равновесия:
Y,X = O: -До-
Уравнение совместности в этом случае имеет вид A.21):
54 = А.
Подставляя сюда полученное в п. А выражение 54 через Rq,
получаем
if	55 Д 1 ql2	58
——— I 7Rq —— ql \ = - ——, Rq = — ql.
AtL г у	о J I tL г	IV
Учитывая теперь найденную реакцию До в соответствующих
формулах п. А, строим эпюры TV, а, 8 и 5 (см. рис. 1.13). При этом
точка экстремума перемещений на участке 1-2 определяется из
условия:
-^г1 =0, ж* = 1,55/.

36
Растяжение и сжатие стержней
[Гл. 1
Так как при переходе через эту точку деформации меняют
знак с плюса на минус, то имеет место максимум:
Sextr — $тах = 812B;*) = 2,61-77=.
Задачи
1.23—1.27. Для стержней, представленных на соответствую-
соответствующих рисунках, построить эпюры TV, а, 8, 5.
	--гтттттггтттТТТк
За
К задаче 1.23
а т
К задаче 1.24
2F
а _
К задаче 1.25
/
/
/
/
/
/
2q \
К
m 2a m
m 2a m
К задаче 1.26
К задаче 1.27
1.28—1.31. Для стержней, представленных на соответствую-
соответствующих рисунках, провести проектировочный расчет на прочность.
При расчетах воспользоваться данными примера 1.3.

Статически неопределимые задачи
37
Illllllllll
2qa
/3F
-* a m.
iiiiiiiiiii huh
\
\
4a
Illllll Illllllllll
~F\
q
/
a ^
К задаче 1.28
IIIIHIIII
-jt	¦
2a
HIM
Iqa
Ml II II II II
4F
\
m 2a „
Iq

2a
/3F
К задаче 1.29
HII II HII II HII II HII
3F\
3a
Illlllll
3qa
II HII II HII
2a
III
1,
III
5F
q
a
/
/
/
у
К задаче 1.30
Illlllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllll
/ 4qa
3a
3i\
2a
q
4F
a
у
у
К задаче 1.31
F
h
К задаче 1.32
* п *
1
+ п Ш
К задаче 1.33

38
Растяжение и сжатие стержней
[Гл. 1
1.32.	Для стержня, изображенного на рисунке, провести про-
проектировочный расчет на прочность. В расчетах принять: Р =
= 50 кН, / = 80 см, h = 20 см, [а] = 75 МПа.
1.33.	Определить, при каком значении размера а все участки
стержня, изображенного на рисунке, равнопрочные. В расчетах
принять: отр = 2отс/3.
1.34.	В каком из стержней, изображенных на рисунке, равно-
равномерное нагревание вызывает большие напряжения?
-^ р ^
2а
а
А
/
/
К задаче 1.34
К задаче 1.35
1.35.	Для стержня, изображенного на рисунке, определить
величину первоначального зазора А, если после приложения си-
силы Р правая реакция равна Р/4.
1.36.	Для стержня, изображенного на рисунке, построить
эпюры TV, о и 5, если до приложения нагрузки зазор А =
= qa2/DEF).
2F
/ / Р ^
а
а
А
2F

а
К задаче 1.36
К задаче 1.37
1.37.	Для стержня, изображенного на рисунке, при отсут-
отсутствии силы Р существует зазор А. Если Р = Pq, to зазор «закры-
«закрывается» (конец стержня касается опоры). Построить эпюры N, а
и 5 при Р = 2Р0.
1.38.	Стержень, изображенный на рисунке, нагрет по всей
длине на At° и нагружен силой Р. Определить, при каком значе-
значении силы Р сечение А-А остается неподвижным.
1.39.	Для стержня, изображенного на рисунке к задаче 1.32,
найти величину допускаемой силы Р. В расчетах принять: / =
= 1 м, h = 0,4 м; F = 20 см2, [а] = 120 МПа.
1.40.	Для стержня, изображенного на рисунке, определить
силу Р, создающую в его левой части напряжение 50 МПа, при

Статически неопределимые задачи
39
условии, что зазор «закрывается». В расчетах принять: / = 20 м,
h = 1/2, F = 25 см2, Е = 2 • 105 МПа, А = 0,2 мм.
1.41. В предыдущей задаче, положив Р = 200 кН, определить
такую величину /i, которая соответствует напряжению 50 МПа
в левой части стержня.
А = 0,2 мм
К задаче 1.38
К задаче 1.40
1.42.	Стержень длиной / = 2 м, имеющий постоянное круглое
поперечное сечение диаметром d = 25 мм, при приложенных на
его концах силах Р = 30 кН получает удлинение А/ = 1,75 мм.
Определить напряжение в стержне и модуль упругости мате-
материала.
1.43.	Для стержня, изображенного на рисунке, определить
наибольшие (по модулю) напряжение и перемещение. В расчетах
принять: / = 1,2 м; F = 2 см2, Е = 2,1 • 105 МПа; q = 100 кН/м,
Р = 50кН.
/
/
0,6F
ИЗ
т р
,O,SF
ИЗ
к
,2F
К задаче 1.43
К задаче 1.44
1.44. Изображенный на рисунке стержень нагрет на с = 40°
определить наибольшее (по модулю) напряжение. В расчетах
принять: Е = 2 • 105 МПа, а = 1,25 • 10 град.

Глава 2
РАСЧЕТ ФЕРМЕННЫХ СИСТЕМ
В этой главе рассматривается один из частных случаев стерж-
стержневых систем (см. определение П.З).
Прежде всего, отметим, что встречающиеся на практике со-
соединения стержней, как правило, в расчетных схемах сводятся
к двум типам узлов:
—	шарнирный, рис. 2.1 а;
—	абсолютно жесткий, рис. 2.1 б.
Рис. 2.1
В первом варианте возможен свободный поворот одного
стержня относительно другого (результирующий момент
относительно узла от внешней нагрузки, приложенной к каждому
из них, равен нулю), а во втором — соединяемые сечения имеют
одни и те же линейные и угловые перемещения.
Определение 2.1. Стержневая система называется
фермой (шарнирной фермой), если
а)	ее элементами являются прямые стержни, работающие
только на растяжение-сжатие (находятся в состоянии одноосного
растяжения-сжатия);
б)	ее узлы и опоры — шарнирные;
в)	она — геометрически неизменяемая.
Иногда некоторые элементы фермы считаются недеформи-
руемыми (тогда их геометрия не важна). В этом случае ферма
называется ферменной системой, ш
Далее так же, как и в гл.1, полное название «прямой стер-
стержень» часто будем заменять сокращенным — «стержень».

Гл. 2]	Расчет ферменных систем	41_
По своей геометрии и внешней нагрузке фермы и ферменные
системы классифицируются следующим образом.
Определение 2.2. Ферма (ферменная система) назы-
называется плоской, если оси всех стержней и внешние сосредото-
сосредоточенные и распределенные силы лежат в одной плоскости, а век-
векторы моментов перпендикулярны этой плоскости. Для плоской
ферменной системы дополнительно полагается, что упомянутая
плоскость является плоскостью геометрической и массовой сим-
симметрии абсолютно жестких тел.
В противном случае ферма (ферменная система) — простран-
пространственная, ш
Определение 2.3. Стержневая система (в том числе,
и ферма) называется прямо симметричной (кососимметричной),
если
а)	она имеет ось или плоскость геометрической и жесткостной
симметрии;
б)	внешняя нагрузка прямо или кососимметрична относитель-
относительно этой оси или плоскости. ¦
Утверждение 2.1. Для того чтобы геометрически не-
неизменяемая система шарнирно соединенных между собой и с опо-
опорами прямых стержней (и абсолютно жестких тел) была фермой
(ферменной системой), необходимо и достаточно, чтобы внешняя
нагрузка была следующей:
—	сосредоточенные силы приложены в узлах;
—	сосредоточенные силы и погонная нагрузка направлены по
их осям;
—	температурное поле постоянно по сечениям стержней.
Для ферменных систем нагрузка на элементы в виде абсолют-
абсолютно жестких тел может быть произвольной. ¦
Алгоритм расчета ферм и ферменных систем состоит из
двух основных этапов.
1. С помощью метода сечений и уравнений равновесия уз-
узлов (равнодействующая сил равна нулю — три и два уравнения
соответственно в пространственном и плоском случаях) и неде-
формируемых элементов (шесть и три уравнения соответственно
в пространственном и плоском случаях) определяем усилия в кон-
концевых сечениях стержней.
При этом для сокращения числа неизвестных, удобно исполь-
использовать следующее свойство симметричных систем.
Утверждение 2.2. Внутренние усилия в элементах
прямо симметричной (кососимметричной) фермы или ферменной
системы прямо симметричны (кососимметричны). ¦
Кроме того, во многих случаях реакции в опорах можно не
включать в число неизвестных.

42
Расчет ферменных систем
[Гл.2
2.	Проводим расчет каждого из стержней по алгоритму, дан-
данному в гл.1. Если для данного стержня имеется нагрузка вне
узлов и/или его сечение переменное, то обычным образом строим
для него необходимые эпюры. В противном случае следует вос-
воспользоваться результатами примера 1.1.
3.	Для определения перемещений узлов (если это требуется
по условию задачи) в этой главе, как правило, используем гео-
геометрический метод, который заключается в изображении пред-
предполагаемого деформированного состояния системы и решении со-
соответствующей геометрической задачи. При этом в соответствии
с аксиомой 3 удлинения стержней вычисляются приближенно:
полагается, что они определяются пересечением перпендикуля-
перпендикуляров, опущенных из положений узлов после приложения нагруз-
нагрузки на недеформированные оси. Этот подход продемонстрирован
на рис. 2.2. Здесь пунктирной линией обозначено положение оси
Рис. 2.2
стержня 1 в деформированном состоянии, Л, А1 и Ап — точки,
соответствующие исходному, истинному и фиктивному дефор-
деформированным положениям узла, 51Л — приближенное значение
перемещения сечения А стержня 1 (оно находится при реализа-
реализации п. 2 алгоритма), а ЪА — вектор перемещения узла. Отметим,
что перемещение 51Л должно изображаться на чертеже с учетом
направления (удлинение — рис. 2.2 а, или укорочение — рис. 2.2 б)
и рассматриваться как положительная величина. Можно также
наносить на чертеж это перемещение, как соответствующее удли-
удлинению, наделяя его при этом соответствующим знаком.
При вычислении перемещений в конкретном стержне фермен-
ферменной системы может применяться формула A.19). Однако как пра-
правило, стержень (или его участок) А-В имеет постоянные харак-
характеристики и N = const. Тогда удобно использовать следующую

2.1 ]	Статически определимые задачи	43
вытекающую из A.19) формулу для удлинения (см. также A.18)):
ш	B.1)
о
Более общий подход, позволяющий избежать решения зача-
зачастую сложной геометрической задачи, рассмотрен в гл. 7.
В тех случаях, когда ищется перемещение, соответствующее
по направлению и точке приложения внешней силе, иногда удоб-
удобно использовать закон сохранения энергии (П.21). При этом ра-
работа силы Р на перемещении 5 по направлению действия силы
вычисляется так (при деформации сила изменяется линейно от
нуля до Р):
А=\РЪ.	B.2)
Если ферменная система содержит п стержней, то в соответ-
соответствии с утверждением П.З для ее потенциальной энергии спра-
справедливо равенство:
V = Y,Vi.	B.3)
г=1
Здесь Ui — потенциальная энергия г-го стержня, которая опреде-
определяется формулой A.15) или ее частным случаем, соответствую-
соответствующим постоянным по длине характеристикам материала и N =
= const:
N2l
Обобщение равенств B.2) и B.3) приведено в § 7.1.
2.1. Статически определимые задачи
Согласно определению П. 17 и приведенному выше алгоритму
ферма или комбинированная ферменная система является СО,
если выполняется равенство п = г, где п — общее число уравнений
равновесия, а г — количество искомых усилий в узлах и, быть
может, реакций в опорах. Методика решения СО задач указана
выше.
В этом варианте так же, как и для СО стержней, и по тем же
причинам температурные поля не рассматриваются.
Пример 2.1. Определить усилия в стержнях системы,
указанной на рис. 2.3. Произвести проектировочный расчет на
прочность, считая, что площади F поперечных сечений стерж-
стержней одинаковы. Полагая, что каждый стержень выполнен из

44
Расчет ферменных систем
[Гл.2
двух равнобоких уголков, подобрать по ГОСТу номер профиля.
Вычислить вертикальное перемещение узла А. В расчетах при-
принять: / = 1 м, Р = 200 кН, [о]р = 160 МПа, [о]с = 0,8 [о]р, Е =
= 2 • 105 МПа.
N5 = 0
D
N,
Рис. 2.3
Решение (указанные ниже пункты соответствуют алго-
алгоритму решения). Нумерация стержней и обозначения узлов при-
приведены на рис. 2.3.
1. Определение реакций и усилий. Вычисляем длины первого
и четвертого стержней:
/2 = у B/J + B/J = 2,83/, 14 = 2/cos 30° = 1,73/.
Заменяем опоры (см. п. IV § П.1) реакциями Rcx-> Rcy и
(см. рисунок) и определяем их из уравнений равновесия системы:
Y, Мс = 0: RDl - РA,73/ + 2/ cos60°) = 0,

2.1 ]	Статически определимые задачи	45
Отсюда следует, что
= Rex = 2,73P, RCy = P.
Для вычисления усилий в стержнях используем метод сечений
(вырезания узлов). При этом учитываем, что усилия в каждом
стержне постоянно по длине (см. пример 1.1).
Удобнее начинать с узла, который соединяет два стержня, так
как из уравнений равновесия усилия в этих стержнях определя-
определяются сразу. Вырежем, например, узел А. Уравнения равновесия
для него запишем в локальной системе координат Ах\у\, напра-
направив ось Ах\ по второму стержню:
Y^Y\ = 0: Л^ sin 45°-Р sin 30° = 0,
5^Xi =0: yVlCos45o + yV2 + Pcos30° = 0.
Отсюда находим
TVi = 0,707P, N2 = -1,37P.
Аналогично поступаем с узлом D:
Следовательно,
7V4 = -2,73P, 7V5 = 0.
Для узла В достаточно использовать одно уравнение равно-
равновесия:
? Y = 0: 7V3 sin 30° + N2 sin 60° = 0, N3 = 2,37P.
Второе уравнение равновесия для него
5^Х = 0: -N4- yV3cos30° + yV2cos60° = 0,
а также уравнения для узла С
5^Х = 0: - RCx + yV3sin60° + iVi sin 75° = 0;
?У = 0: RCy + iVi cos75° - yV3cos60° - 7V5 = 0
можно использовать для проверки правильности решения. Дей-
Действительно, подстановка в них найденных усилий, приводит
к тождествам (с используемой при вычислениях точностью).
Отметим, что для проверки правильности определения уси-
усилий можно вырезать любую часть системы и рассмотреть ее
равновесие.

46	Расчет ферменных систем	[Гл. 2
2.	Проектировочный расчет на прочность. Так как площади
поперечных сечений стержней одинаковы, то максимальные рас-
растягивающее и сжимающее напряжения определяются величина-
величинами усилий (см. A.17)):
<Wx р = стз = -рг = 2,37 —, отах с = |су4| = —рг = 2,73 —.
Поскольку материал неодинаково работает на растяжение
и сжатие ([о]с = 0,8 [о]р = 128 МПа), то используем два условия
прочности из (П.27):
Р	Р
<Wx р = 2,37 — < [а]р, omax с = 2,73 — ^ [а]с.
Отсюда приходим к системе неравенств:
2,37Р_ 2,37-200-103	3 2
F^W~ 160-Ю6 -2'96'10 м'
F 2J3P = 2,73-200.103 =2
[о]с	128-106
Таким образом F ^ 42,7 см2. Учитывая, что F = 2F/_ {F/_ —
площадь одного уголка), находим требуемую площадь одного
уголка: Fz ^ F/2 = 21,3 см2. По ГОСТу (см. § П.2, табл. П.7)
определяем, что необходим уголок № 125 х 125 х 9, F/ = 22 см2.
Итак, F = 2FZ = 44 см2.
3.	Определение перемещения дЛ точки приложения силы
(см. рис. 2.3). Здесь в этих целях используем закон сохранения
энергии (П.21) с учетом формул B.2)-B.4):
+ (-1,37РJ2/ + B,37РJ2/ + (-2,73РJ1,73/1 = 14,6^.
J	hi г
Отсюда находим
W	Pl 29,2 • 200 • 1Q3 • 1
2 • 1011 • 44 • 10 "
= 6,64-10 м = 6,64 мм. ¦
Пример 2.2. Абсолютно жесткое тело (АЖТ) закрепле-
закреплено при помощи стержней (рис. 2.4). Определить допускаемую
нагрузку из условия прочности. В расчетах принять: оо,2 —
= 240 МПа; [п] = 1,5; F = 2 • 10~4 м2; материал стержней оди-
одинаково работает на растяжение и на сжатие.

2.11
Статически определимые задачи
47
Решение. Нумерация стержней приведена на рисунке.
1. Определение усилий. Разрезая стержни, выделяем АЖТ
и рассматриваем его равновесие:
; Y = 0: N2 sin 60° - P + N3 = 0,
]X = 0: — iVi -yV2cos60° = 0.
//2
//2
2/;2F
Рис. 2.4
Отсюда имеем
7V3 = P/2, 7V2 = 0,577P, TVi = -0,288P.
Все усилия определены из уравнения равновесия, следова-
следовательно, задача статически определима.
2. Расчет на прочность. Вычисляем напряжения в стержнях,
используя A.17):
О1 = ^ = -0,288^, о2 = -^- = 0,384 5, °з = Й = 0,250 ^.
Определяем допускаемые напряжения
г 1 _ °0'2 _ -^ —
и из условия прочности (см. (П.27))
= а2 = 0,384- ^ [а]
г

48
Расчет ферменных систем
[Гл.2
находим допускаемую нагрузку:
[c]F _ 1600 • 106 • 2 • ИГ4
= 8,33 104 Н.
" 0,384	0,384
Округляя в меньшую сторону, окончательно принимаем
иш
!\F
Доп
Пример 2.3. Абсолютно жесткое тело АС (рис. 2.5), на-
нагруженное равномерно распределенной нагрузкой q, закреплено
шарнирно в точке А и стерж-
стержнем в точке В. Определить
площадь поперечного сечения
стержня из условия, что пере-
перемещение точки С не должно
превышать [5]. В расчетах при-
принять: q = 10 кН/м; / = 1 м; [5] =
= 0,5 • 10~3 м; материал стерж-
стержня — сталь ([а] = 160 МПа, Е =
= 2-105 МПа).
Решение. 1. Опреде-
Определение усилий. Освобождаем
АЖТ от связей, отбрасывая
опору и разрезая стержень
(см. рисунок). Задача статиче-
статически определима, поскольку для
АЖТ можно составить три
уравнения равновесия, из кото-
которых определяются /?i, R^^ N.
Так как требуется найти
только усилие TV, то ограни-
1,5/
В'
2/
С
N
чимся уравнением моментов:
-q-2l -l + N -1,Ы = 0,
N = 4ql/3.
2-3. Расчет на жесткость.
Картина деформаций системы
Рис- 2-5	показана на рис. 2.5. Тело пово-
поворачивается вокруг точки А. При этом точки В и С перемещаются
в положение В' и С1. Соответствующие дуги заменяем отрезками
ВВ1 и СС\ перпендикулярными АС (см. п. 3 алгоритма). Из
подобия треугольников ABB1 и АС С имеем
1^5/ = ~2Г
где Ъв = \BBf\ и дс = \CCf\ — перемещения точек В и С.

2.11
Статически определимые задачи
49
Вычисляя удлинение стержня по формуле B.1)
и учитывая, что 6В = Д/, из указанной выше пропорции получаем
4 в 16 ql2
Площадь поперечного сечения стержня находим из условий
прочности и жесткости (см. п. VI § П.1):
__ N _4ql r, e _ 16 ql2 ^ Гв.
Отсюда имеем
_, ^ 4 ql 4 • 10 • 103 • 1
м2
3 • 160 • 106
16 • 10 • 103 • I2
= 0,833 .10m%
" 9 Е[Ь] 9-2- 1011 -0,5-10
Окончательно принимаем F = 2 • 10~4 м2.
— = 1,78-10м2.
Задачи
2.1—2.5. Для ферм, указанных на соответствующих рисунках,
определить усилия в стержнях, подобрать номер профиля по
ГОСТу (сечения всех стержней одинаковы, тип сечения показан
схематически на рисунках) и вычислить перемещение узла, в ко-
котором приложена сила, по направлению действия силы. В расче-
расчетах принять: / = 1 м, Р = 200 кН, [о]р = 160 МПа, [о]с = 0,8[о]р,
Е = 2 • 105 МПа.
К задаче 2.1
2.6—2.11. Для ферменных систем, указанных на соответ-
соответствующих рисунках, вычислить усилия в стержнях, напряжения
и найти запас прочности. Сечения всех стержней тонкостенные,

50
Расчет ферменных систем
[Гл.2
их типы указаны на схемах A — кольцевое, диаметр d; 2— пря-
прямоугольное, d х l,5d; 3 — квадратное, d x d), размеры даны по
средней линии; толщина 5 постоянна.
JL ГОСТ 8510-72
/
t
/I
( /
\
<3 x' A7
\ A \
К задаче 2.2
"I ГгОСТ 8509-72
][
/
2
\
A'
IP
4
1,5/
w
пг
ГОСТ 8509-72
К задаче 2.4
В расчетах принять: / = 1 м, Р = 10 кН, q = P/l\ все стержни
выполнены из одного материала, опр.р = оо,2 = 300 МПа, опр.с =
= О,7ао,2; 6 = d/10, d = 5 • 10 м.
Сечение 1
К задаче 2.6
Сечение 3
К задаче 2.7
2.12—2.17. Для ферменных систем, указанных на соответ-
соответствующих рисунках, определить усилия в стержнях, вычислить

2.11
Статически определимые задачи
51
перемещение 5д точки А и найти допускаемую нагрузку из рас-
расчета на прочность и жесткость Eд ^ [5]). Стержень выполнен
из двух стандартных профилей, типы и номера которых указа-
Сечение 2
К задаче 2.8
Сечение 2
К задаче 2.9
Сечение 1
К задаче 2.10
Сечение 3
К задаче 2.11
ны на рисунке. В расчетах принять: материал стержня — сталь
([о]р = 160 МПа, [о]с = 0,7 [о]р; Е = 2 • 105 МПа), / = 2 м, [5] ^
^0,5-10м.
Указание. Площадь поперечного сечения взять из ГОСТа
прокатной стали (см. § П.2, таблицы П.7-П.11). Допускаемые на-
нагрузки Рдоп и qAOU округлить в меньшую сторону с точностью до
двух значащих цифр.

52
Расчет ферменных систем
[Гл.2
4 2/
у у у у q
К задаче 2.12
J|_ 50 х 50 х 5
2/
К задаче 2.13
К задаче 2.14
К задаче 2.15
К задаче 2.16
К задаче 2.17

2.2]	Статически неопределимые задачи	53
2.2. Статически неопределимые задачи
Ферма или комбинированная ферменная система является
СН, если п < г (см. начало § 2.1). При этом число (г — п) —
степень статической неопределимости.
Алгоритм решения СН задач отличается от указанного § 2.1
так же, как и соответствующие методики для стержней (см. §1.1,
1.2),аименно, только усложнением п. 1. Уравнения совместности
деформаций при этом также являются следствием аксиомы 1 и на-
находятся из условия совпадения перемещений концов стержней,
сходящихся в одном узле. Они должны быть независимыми, и их
число обязано совпадать со степенью статической неопределимо-
неопределимости системы.
При составлении уравнений совместности полезно исполь-
использовать свойство симметричных систем, указанное в утвержде-
утверждении 2.2, добавляя к нему соответствующую симметрию дефор-
деформированного состояния.
Для задач с зазором и с учетом монтажных напряжений
применяется тот же подход, что и для стержней (см. § 1.2). ¦
Отметим, что в СН задачах для ферм и ферменных систем
также существенным является учет температурных полей. При
этом, как следует из A.19) и A.22) полное удлинение стержня
есть сумма упругой Д/у и температурной А1г составляющих:
А1г, А/у = \-^dx, А1г= laAtdx. B.5)
о	о
При постоянных по длине характеристиках материала и N =
= const, At = const последние два равенства переходят в следую-
следующие (первое из них, естественно, совпадает с соответствующей
формулой в B.1)):
|^	B.6)
При проверке решения СН задач часто удобно пользоваться
законом сохранения энергии (П.21) (см. также B.2)-B.4)).
Пример 2.4. Для стержневой системы, изображенной на
рис. 2.6 (стержни, отмеченные двумя черточками, нагреты на
At), провести проектировочный и поверочный расчеты на проч-
прочность, а также вычислить перемещение точки приложения силы.
Найденную площадь F округлить в большую сторону с точно-
точностью до 0,5 см2.
В расчетах принять: Р = 40 кН, At = 20 °С, / = 0,5 м; все
стержни выполнены из одного материала, опр.р = оо,2 — 240 МПа,

54
Расчет ферменных систем
[Гл.2
Е = 0,7 • 105 МПа; а = 1,7 • 10~5 град; [п] = 1,5; предельное
напряжение на сжатие на 30 % меньше соответствующего напря-
напряжения на растяжение.
Рис. 2.6
Решение (указанные ниже пункты соответствуют алго-
алгоритму решения СН-задач). Нумерация стержней и обозначения
узлов приведены на рис. 2.6.
А. Проектировочный расчет. В соответствии с указанным вы-
выше алгоритмом при проектировочном расчете будем учитывать
только силовую нагрузку.
1. Определение усилий. Сначала вычисляем длины стержней Ц
и угол ф (см. рис. 2.6):
+ (Z/2J = 1,12/,
sin ф = 0,894, cos ф = 0,447.
Вырезаем узлы Л, Б и изображаем схему усилий. В силу сим-
симметрии имеют место равенства (то же самое следует из уравнений
равновесия в проекциях на ось Ох):

2.2]	Статически неопределимые задачи	55
Поэтому достаточно составить уравнения равновесия этих уз-
узлов только в проекциях на ось Оу. Они соответственно имеют
вид
27V! cos Ф - 7V3 = О, 0,8947V! - Ns = 0,
N3 - 2N4 cos Ф - P = 0, N3- 0,8947V4 - P = 0.
Система один раз статически неопределима, так как для на-
нахождения пяти неизвестных усилий можно составить четыре
уравнения равновесия.
Для построения уравнения совместности деформаций изоб-
изображаем предполагаемую схему деформаций. Она указана на
рис. 2.6. Здесь пунктирными линиями изображено деформиро-
деформированное состояние стержней, А1 и В1 — положения узлов А и В
после деформации, А1 А" и В1 В" — перпендикулярны осям стерж-
стержней 1 и 4 (см- рис. 2.2), \АА'\ = 5Л и \ВВ'\ = дв — переме-
перемещения узлов в направлении действия силы Р, а 1ЛЛ"! = A/i
и ( — \ВВ'\) = АЦ — удлинение и укорочение этих стержней. При
этом удлинение стержня 3 есть разность перемещений точек В
и А (см. B.1)):
Связь перемещений ЪА и Ъв с «удлинениями» стержней 1 и 4
вытекает из рассмотрения прямоугольных треугольников AAf A/f
и ВВ'В"\
ЪА = — = 2,24А/Ь 5о = —^ = -2,24А/4.
coscp	coscp
Таким образом уравнение совместности деформаций имеет
вид
Выражая удлинения через усилия с помощью формулы B.1)
N3l3	N4l4
приводим его к следующему виду:
yV3 = -l,25N4- 2,507V].
Объединяя это уравнение с уравнениями равновесия, полу-
получаем систему линейных алгебраических уравнений относительно
усилий:
0,8947V] - /V3 = 0,
7V3 - 0,894/V4 = Р,
2,507V] + 7V3 + l,257V4 = 0,

56	Расчет ферменных систем	[Гл. 2
которая имеет следующее решение:
TV! = N2 = 0,301Р, Ns = 0,269Р, N4 = 7V5 = -0,817Р.
2. Расчет на прочность. С помощью соответствующего равен-
равенства в A.17) вычисляем напряжения af в стержнях от действия
силовой нагрузки:
of = of = f = 0,301 f
of = f = 0,269 ? of = of = § = -0,408 f
Допускаемые напряжения в соответствии с условием примера
и формулами (П.26) следующие:
[о]р = ^f = 160 МПа, оПр.с = 0,7о0,2 = 168 МПа,
[п\
Поскольку материал неодинаково работает на растяжение
и сжатие, то используем два условия прочности из (П.27):
Р	Р
Gmax р — а1 — 0,301 — ^ [о]р, Отах с = |^4 I = 0?408— ^ [о]с.
F
Отсюда приходим к системе неравенств:
F>*WP = 0,301.40.103 =	. 10_4 м2
[о]р	160 • 106
01408Р = 0,408-40-10з =
[о]с	112 • 106
Следовательно, F ^ 1,46 • 10~4 м2 = 1,46 см2. Округлив, со-
согласно условию задачи, принимаем:
F = 1,5 см2.
3. Вычисляем перемещение точки приложения силы:
8РВ = -2,24А/4 = -2,24^ = 1,02-0 =
Дополнительно проверяем решение задачи, сопоставляя рабо-
работу А силы Р и потенциальную энергию упругой деформации U

2.2]	Статически неопределимые задачи	57
системы (см. B.2)-B.4)):
Поскольку закон сохранения (П.21) А = U выполняется, то
задача решена верно.
Б. Поверочный расчет. Его проводим с учетом совместного
действия силы и температуры.
Сначала решаем чисто температурную задачу, т.е. полагаем,
что силовая нагрузка отсутствует, а стержни 1 и 2 нагреты на
At (см. рис. 2.6). При этом используем те же схемы усилий и де-
деформаций, что и в силовой задаче.
1. Определение усилий. Уравнения равновесия в этом случае
следуют из полученных выше при Р = 0.
Уравнения совместности деформаций здесь строятся так же,
как и в п. А. Изменяется лишь формула для удлинения стержня 1.
Согласно формулам B.5) и B.6) имеем
I +aAt)h =1Д2 (If + aAt)L
If +aAt)h =1Д2 (If
Подставляя это выражение, а также полученные выше форму-
формулы для Д/3 и А/4 в уравнение совместности деформаций и объеди-
объединяя результат с уравнениями равновесия, после преобразований,
получаем систему линейных алгебраических уравнений относи-
относительно усилий:
0,8947V! - Ns = 0,
Ns - 0,8947V4 = 0,
2,507V! + NS + 1,25W4 = -2,5aAt?F,
решение которой имеет вид (дополнительно учитываем симмет-
симметрию):
7V3 = -0,481aAtEF, Ni = N2 = N4 = Nb = -0,538aAt?F.
2. Расчет на прочность. С помощью соответствующего равен-
равенства в A.17) вычисляем вызванные нагревом напряжения:
^	a{ = ^ = -0,481<хД«Я,
г
Числовые значения напряжений в стержнях вычисляем с уче-
учетом исходных данных и найденной при проектировочном расчете

58	Расчет ферменных систем	[Гл. 2
площади F:
а[ = of = 80,3 МПа, of = 71,7 МПа,
of = of = -109 МПа,
о* = о| = -12,8 МПа, а? = -11,4 МПа,
сг4 = с>1 = -6,40 МПа.
Полные напряжения есть сумма of и о*:
О! = О2 = 67,5 МПа, оз = 60,3 МПа, а4 = оь = -115 МПа.
Следовательно, максимальные напряжения и запас прочности
таковы:
<Wx р = 67,5 МПа, отах с = П5 МПа,
апр.р сПр.с \	. /240 168\
—; —— = mm —--; — =
пр.р Пр.с
п = mm ——; —— = mm	;
= min C,56; 1,46) = 1,46.
Поскольку п меньше заданного запаса [п] менее, чем на 5%,
то на этом расчет на прочность заканчиваем.
3. Перемещение точки приложения силы. Для температурной
задачи аналогично силовой имеем
8*Б = -2,24^ = 0,673aAt/ =
hi г 4
= 0,673 • 1,7 • 10~5 • 20 • 0,5 = 2,29 • 10~4 м = 0,229 мм.
Полное перемещение узла В определяем сложением силовой
и температурных составляющих:
Зв = дв+ &*в = 1,95 + 0,229 = 2,18 мм. ¦
Пример 2.5. Для стержневой системы, изображенной на
рис. 2.7, вычислить напряжения в стержнях и перемещение точ-
точки С при нагреве левого стержня на At. В расчетах принять:
/ = 0,5 м; Е = 0,7 • 105 МПа; a = 1,7 • 10 град; At = 20 °С.
Решение. 1. Определение усилий. Нумерация стержней
и обозначения узлов указаны на рис. 2.7. Сначала вычисляем
длину /i первого стержня и угол ср:
l1=ly/2 = 1,41/, ср = 45°.
Далее выделяем АЖТ и изображаем схему усилий (см. рису-
рисунок). Поскольку имеется четыре неизвестных (два усилия TVi, N2
и две реакции Rbx, Иву), а число уравнений равновесия равно
трем, то степень статической неопределимости 4 — 3 = 1.

2.2]
Статически неопределимые задачи
59
Для определения усилий в стержнях, достаточно ограничить-
ограничиться уравнением моментов относительно точки В:
Y,MB = 0, N^lsmy- N2l = 0.
Уравнения совместности деформаций получаем из анализа
предполагаемой схемы деформаций, указанной на рис. 2.7. Здесь
Рис. 2.7
пунктирной линией изображена ось АЖТ в деформированном
состоянии системы, А' и С1 — положение точек А и С по-
после деформации, отрезок А1 А" перпендикулярен оси стержня i,
\АА'\ = дЛ и \СС'\ = дс — перемещения узлов, а |ЛЛ"| = A/i
и (— |СС"|) = А/2 — удлинение и укорочение соответственно
стержней 1 и 2.
Учитывая подобие треугольников АА1 В и ВСС и то, что
треугольник АА1 АП прямоугольный, получаем
/	/	°	-' A sintp
откуда вытекает уравнение совместности деформаций:
A/i = -0,707A/2.
Выражая удлинения через усилия с помощью формул B.1),
B.5) и B.6)
преобразуем его к следующему виду:
0,7077Vi + 7V2 = -l,41aAtEF.
Объединяя это уравнение с уравнением равновесия, получаем
систему линейных алгебраических уравнений относительно уси-

60
Расчет ферменных систем
[Гл.2
лий:
0,7077Vi - N2 = 0,
0,7077V! + 7V2 = -
которая имеет следующее решение:
TV! = -l,17aAtEF, N2 = -0,830aAtEF.
2.	Определение напряжений. В соответствии с A.17) имеем
01	= Ni/Fi = -0,585аД?? = -13,9 МПа;
02	= 7V2/F2 = -0,830аАс? = -19,7 МПа.
3.	Перемещение точки С определяется соответствующим
удлинением:
5С = -А/2 = 0,830аАс/ = 0,141 • 10~3 м = 0,141 мм. ¦
Пример 2.6. Для стержневой системы, изображенной на
рис. 2.8, определить усилия в стержнях, выполненных из одного
материала.
А'
В'
/2
О
В"
С
D'
.D"
A;2F
/7777
(?
К
н
a	4	cj	d
Рис. 2.8

2.2]	Статически неопределимые задачи	61_
Решение. Нумерация стержней и обозначения узлов ука-
указаны на рисунке. Выделяем АЖТ и изображаем схему усилий.
При этом стержень 2 разрезаем в точке 5, и усилие в этом
сечении обозначаем через N2B-
Составляем уравнения равновесия (уравнение в проекциях на
ось Ох удовлетворяется тождественно, так как горизонтальные
усилия отсутствуют):
^0: - N^i- PI- Ns- 21 = 0.
Система один раз статически неопределима, так как для опре-
определения трех неизвестных усилий можно составить два уравнения
равновесия.
Уравнения совместности деформаций получаем из анализа
предполагаемой схемы деформаций, указанной на рисунке. Здесь
пунктирной линией изображена ось АЖТ в деформированном
состоянии; Л', В', С" и D' - положение точек Л, В, С и D после
деформации; \ЛА'\ = 5Л, \ВВ1\ = дв и \DDf\ =bD —перемещения
узлов, дл = Д/i идв = А12 —удлинениестержней 1 и 2, а (—5^) =
= А/з — укорочение стержня 3.
Проведем вспомогательную прямую А1ВпDn', параллельную
ABD. Из подобия получившихся треугольников имеем
откуда получаем уравнение совместности деформаций:
ЗА/2 - 2A/i + А/3 = 0.
«Удлинения» стержней 1 и 3 выражаем через усилия с помо-
помощью формулы B.1):
^J " EF> "*~ 2EF'
Поскольку к стержню 2 приложена нагрузка вне концевых
сечений, то для определения его удлинения частично используем
общий алгоритм § 1.1. Сначала по участкам определяем продоль-
продольные усилия:
N2Bh = N2B, N2hk = N2B + P.
Эпюра N2 приведена на рис. 2.8.
Затем, учитывая, что 5^- = 0 и усилия постоянны на каждом
из участков, вычисляем перемещения с использованием B.1):
ЛГ_ _ I U
5tJ = A/tr7>- =
НК =
л;
А1ВН =
/,
¦_ N2B I 2N2B +Р
+ — I = ———

62
Расчет ферменных систем
[Гл.2
Подставляя удлинения в уравнение совместности, приводим
его к следующему виду:
6N2B + SP- 27V! + 0,5УУ3 = 0.
Объединяя это уравнение с уравнениями равновесия, полу-
получаем систему линейных алгебраических уравнений относительно
усилий:
Ni + N2B -NS = P, Ni+ 2N3 = -P,
-27V] + 6N2B + 0,57V3 = -3P.
Ее решаем методом Гаусса:
1
1
2
1
0
6
-1
2
0,5
Р
-Р
-ЗР
Отсюда получаем
N3 = -2^5 Р = -0,756Р, N2B = B - 3 • 0,756)Р = -0,267Р,
Ni = A + 0,267 - 0,756)Р = 0,511Р.
Соответственно для второго стержня имеем
N2BH = -0,267P, N2HK = (-0,267 + 1)Р = 0,733Р.
Проверку решения можно выполнить, сопоставив работу
внешних сил и потенциальную энергию деформации. ¦
Пример 2.7. Стержневая система, изображенная на
рис. 2.9, выполнена с зазором А. Вычислить усилия и напряжения
в стержнях системы, возникающие в результате сборки, при
которой зазор «закрывается». В расчетах принять: материал
всех стержней — сталь (оо,2 = 240 МПа, Е = 2 • 105 МПа); / =
= 0,5 м; А = 0,5 • 10 м; р = 60°.
Решение. Этот пример относится к классу задач на мон-
монтажные напряжения.
1. Определение усилий. В результате совмещения точки А'
и А образуют один узел А'. Выделяем этот узел (см. рисунок)
и рассматриваем его равновесие. В силу симметрии
Поэтому нетривиальным является только одно уравнение рав-
равновесия:
5] X = 0: - 27V! cos р + Ns = 0.

2.2]
Статически неопределимые задачи
63
Поскольку для определения трех усилий можно составить
только два уравнения равновесия, то задача один раз статически
неопределима.
У
Схема деформаций изображена на рисунке. В результате де-
деформаций объединенный узел А занимает положение А1. Урав-
Уравнение совместности деформаций имеет вид (см. A.21)):
где ЪА = \АА'\ — смещение точки А вдоль оси Ож, А/з = \А А\ —
удлинение стержня 3.
Из прямоугольного треугольника АА1 А" (отрезок А1 А" пер-
перпендикулярен оси стержня 1) получаем связь ЪА с удлинением
стержня 1:
6
что с учетом исходных данных приводит уравнение совместности
к следующему виду:
Д = 2Д*1 +Д/3.
Выражая с помощью B.1) удлинения стержней через усилия

64	Расчет ферменных систем	[Гл. 2
преобразуем последнее уравнение так:
EF 2EF
Объединение этого равенства с уравнением равновесия дает
систему уравнений
TVi = УУз,
которая имеет следующее решение (дополнительно учитываем
симметрию):
2 EFA
TVi = N2 = N3 = - 	;	.
5 /
2. Напряжения в стержнях определяем с помощью A.17):
_ _ 2 АЕ _ 2-0,5-ИГ3-2-105
Gl " °2 " Б "Г "	5^5
а3 = - —г- = 40 МПа.
о I
Отметим, что при такой величине зазора максимальные на-
напряжения составляют 33% от оо,2- Реальная конструкция проек-
проектируется на восприятие внешней нагрузки, при которой может
произойти сложение монтажных напряжений с напряжениями
от нагрузки и нарушение прочности. Эти соображения следует
учитывать при назначении допусков на точность изготовления
элементов конструкции. ¦
Задачи
2.18—2.29. Для стержневых систем, изображенных на соот-
соответствующих рисунках, решить задачи в формулировке приме-
примера 2.4. Исходные данные взять из того же примера, положить
а = I.
2.30—2.35. Определить запасы прочности стержневых
систем, изображенных на соответствующих рисунках. В рас-
расчетах принять: материал — сталь 45 (апр.р = оо,2 = 370 МПа,
апр.с = О,7ао,2, Е = 2 • 105 МПа), Р = 20 кН, а = I = 1 м,
F = 2 см2.
2.36—2.41. В стержневых системах, изображенных на соот-
соответствующих рисунках, определить зазор А, при котором мон-
монтажные напряжения не превышают 5% от оо,2- В расчетах
принять: материал Д16 (Е = 0,75 • 105 МПа, о0\ = 220 МПа),
/ = 1 м.

2.2]
Статически неопределимые задачи
65
_- a _
/
•I
V
J
'' F
/
Y
2a
К задаче 2.18
К задаче 2.19
К задаче 2.20
К задаче 2.21
К задаче 2.22
3 А. Г. Горшков и др.
К задаче 2.23

66
Расчет ферменных систем
[Гл.2
К задаче 2.24
К задаче 2.25
_ а
К задаче 2.26
К задаче 2.27
2F
К задаче 2.28
К задаче 2.29

2.2]
Статически неопределимые задачи
67
К задаче 2.30
К задаче 2.31
К задаче 2.32
К задаче 2.33
Тс
Jc
21,
В
l,5P
21
21,
3/
1
31, 2F
В
3/
2P
^ 21 ^
VI F
2
К задаче 2.34
К задаче 2.35

68
Расчет ферменных систем
[Гл.2
К задаче 2.36
К задаче 2.37
К задаче 2.38
К задаче 2.39
К задаче 2.40
К задаче 2.41

Гл ава 3
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
ПЛОСКИХ ОБЛАСТЕЙ
3.1. Статические моменты, моменты инерции,
центр тяжести
Далее для сечений стержней как плоских областей понадо-
понадобятся их геометрические характеристики.
Как известно, статические моменты Sy, Sz относительно
осей Оу и Oz ПДСК Oyz и площадь F плоской области D
(рис. 3.1) определяются сле-
следующими формулами:
Г Г
Sy = \\ zdydz,
C.1)
D
Sz = \\ ydydz,
j j
D
F = \ \ dydz.
D
x (y0, z0)
У\
О
Рис. 3.1
Моменты инерции Jy и Jz относительно тех же осей, центро-
центробежный Jyz и полярный Jp моменты вычисляются так:
Jy = \ \z^dy dz, Jz =
j j
D	D
z> Jyz=\\ yzdydz,
D
J =J +Jz=\\r2dy dz, r2 =
z2.
C.2)
D
Моменты Jy, Jz и Jyz образуют матрицу {тензор) инерции Л
области:
Jy
C.3)

70	Геометрические характеристики плоских областей	[Гл. 3
По указанным геометрическим характеристикам можно вы-
вычислить радиусы инерции области в системе Oyz:
C-4)
Утверждение 3.1. При переходе от системы координат
O\y\Z\ к системе Oyz параллельным переносом осей (см. рис. 3.1)
моменты преобразуются по формулам:
Jy = z\F + 2z0Syi + Jyi, Jz = y*F + 2y0Szl + JZ1, C.5)
Jyz = VQZqF + ZqSZi + y0Syi + JyiZl ,
где уо и zo — координаты точки О\\ Syi, SZ1, Jyi, JZ1 и JyiZ1 —
моменты относительно осей системы координат O\y\z\. ш
Определение 3.1. Оси системы координат Су\ z\ назы-
называются центральными, если Syi = SZl = 0, а начало этой системы
С(уо %с) — центром тяжести области D. ш
Как известно, координаты ус и zc центра тяжести находят-
находятся по формулам:
уе = Sz/F, zc = Sy/F.	C.6)
Утверждение 3.2. Формулы преобразования момен-
моментов при параллельном переносе центральных осей системы коор-
координат Cy\Z\ имеют следующий вид:
Sy = zcF, Sz = ycF, Jy = z\F + Jyi,
Jz = VcF + Jz! , Jyz = VcZcF + Jy
C.7)
yiZl . ¦
Определение З.2. Оси системы координат O\y\z\ (или
Cy\z{) называются главными (главными центральными), если
Jziyi = 0, а соответствующие моменты Jyi и JZl — главными
моментами инерции. Последние обычно обозначают через J\, J<i
и располагают в порядке убывания:
J\ ^ J2. ¦
Для главных и главных центральных осей последнее выраже-
выражение в C.7) упрощается и имеет вид
Jyz = yczcF. ш	C.8)
Общий подход к определению главных осей рассмотрен в § 3.2.
Однако учет симметрии области D позволяет упростить как эту
задачу, так и вопрос об определении положения центра тяжести.
Утверждение 3.3. Если Oz — ось симметрии D, то
Sz = 0, Jyz = 0, Jy = 2J'y, JZ = 2J'Z, C.9)

3.1 ] Статические моменты, моменты инерции, центр тяжести 71
на
где Jy и J'z — моменты инерции одной из областей D\ или
которые делится D осью Oz
(D = D1 U D2) (рис. 3.2). ¦
Отсюда вытекают следую-
следующие важные выводы.
Утверждение 3.4.
1.	Если D имеет ось симмет-
симметрии, то центр тяжести С ле-
лежит на ней, а ось симметрии
и перпендикулярная ей явля-
являются главными.
2.	Если D имеет две оси
симметрии, то С находится на
их пересечении.
3.	Если D имеет центр сим-
симметрии, то он совпадает с цен-
центром тяжести С. ш
При практических расче-
расчетах часто бывает полезным следующее свойство геометрических
характери сти к обл астей.
Утверждение 3.5. Пусть область D разбита на нес-
несколько подобластей D{ (г = 1, 2, . . . , п):
Рис. 3.2
F(DinDj) = 0
г=1
или она дополнена до некоторой области Do подобластями
т
U Dj.
3=1
Тогда для всей области имеют место равенства:
г=1
т
3=0
г=1
т
3=0
г=1
т
3=0
(ЗЛО)
где индексы г и j соответствуют областям D{ и Dj, а площади
и моменты дополняющих областей берутся с противоположным
знаком. ¦
Как правило, используется следующий алгоритм определения
геометрических характеристик сечения, позволяющий избежать
вычисления интегралов в C.1) и C.2). Он состоит из двух частей:

72
Геометрические характеристики плоских областей
[Гл.3
I	— определение положения центра тяжести, центральных
осей и моментов инерции относительно них;
II	— нахождение главных центральных осей.
Его вторая часть приведена в § 3.2, а первая заключается
в следующем.
1.	Выбирается вспомогательная система координат Oyz. Если
сечение имеет одну/две оси симметрии, то она/они должна сов-
совпадать с одной/двумя осями системы Oyz.
2.	Сечение D разбивается на несколько подобластей D{ и/или
дополняется до некоторой области Dq подобластями D{. Подоб-
Подобласти D{ {% = 0, 1, . . . , т) выбираются так, чтобы их геометри-
@
У 5
Jyi относительно собственных
ческие характеристики S>
осей OiyiZi (как правило, главных центральных) были известны
(см. § П.2, табл. П.З) или их можно было взять из соответствую-
соответствующих ГОСТов (см. § П.2, таблицы П.7-П.11).
Отметим, что вспомогательную систему координат удобно вы-
выбирать так, чтобы ее оси были главными как можно для большего
числа подобластей. Если оси какой-либо системы Oiyizi не парал-
параллельны осям вспомогательной системы координат, то проводится
поворот собственной системы (см. § 3.2).
3. По формулам в C.10) вычисляются F, Sy, Sz. При большом
числе областей расчеты удобно свести в таблицы (см. пример 3.1).
4.	С использованием ра-
равенств C.6) находятся коорди-
координаты центра тяжести ус и zc.
5.	По формулам в C.10)
Z I
ВЫЧИСЛЯЮТСЯ
Jz и J,
yz- ¦
Найти
При мер 3.1.
координаты центра тяже-
тяжести и моменты инерции
относительно центральных
осей, параллельных вспомо-
вспомогательным, для области D,
указанной на рис. 3.3.
Решение. Один из
возможных способов разби-
разбиения D на три прямоуголь-
прямоугольника Di, D2, D% и выбора
вспомогательных осей Oyz показан на рисунке. Собственные
системы координат для каждой области D{ выбраны в виде
главных центральных осей CiyiZi (см. § П.2, табл. П.З)
с центрами С{(ус^ zc.). Вычисления сводим в табл. 3.1, где
строки с номерами 1-3 соответствуют областям D\-D%, а строка
Рис. 3.3

3.1 ] Статические моменты, моменты инерции, центр тяжести 73
с индексом ? — всей области D. Статические моменты Sy и Sz
находим по формулам C.7):
Индек-
Индексы
1
2
3
Е
Индек-
Индексы
1
2
3
Е
[ь2]
2
2
3
7
4:
[ь4
[b]
3,5
2
0,5
1,79
)
6,02
0,755
5,24
12,0
VCi
[b]
3
2,5
1,5
2,21
/@
[b4]
0,667
0,167
2,25
3,08
by
[b3]
7
4
1,5
12,5
[b3]
6
5
4,5
15,5
Vc,Ci
[b]
0,79
0,29
-0,71
—
[b4]
0,167
0,667
0,25
1,08
F{i)ylCi
[b3]
1,25
0,168
1,51
2,93
Табл
Zc,Ci
[b]
1,71
0,21
-1,29
—
и ца 3.1
F{i)zlCi
[b4]
5,85
0,0881
4,99
10,9
/@
[b4]
1,92
0,335
3,76
6,01
Jzcyc
[ь4]
2,70
0,122
2,75
5,57
Площадь F^E) и статические моменты Sy , Sz есть сум-
суммы соответствующих колонок. Координаты центра тяжести ус
(si
и ^с вычисляем по формулам C.6). На рис. 3.3 указаны цен-
центральные оси Cyczc области D.
Далее находим координаты точек С\ в системе координат
Cyczc\ ус с. = ус. — ус, zc c. = zc. — zc. Поскольку собственные
оси CiyiZi являются главными центральными и параллельны
осям системы координат Cyczc, то искомые моменты инерции
i-x областей вычисляем в соответствии с C.7) и C.8) следующим
образом:
)
Ус
zi
j
yczc
]
где Jy] и Jz^ — моменты инерции области D{ относительно осей
CiZi И dyi.
Моменты инерции Jy~' = JVc, Jz~> = JZc и J^cic = JVcZc нахо-
находим суммированием ячеек 1-3 строк. При этом полезно провести
проверку первых двух результатов сложением соответствующих
ячеек последней строки. ¦

74
Геометрические характеристики плоских областей
[Гл.3
Пример 3.2. Найти координаты центра тяжести и глав-
главные моменты инерции области D, указанной на рис. 3.4.
Решение. Область D
представляем в виде квадрата
Dq с выброшенными треуголь-
треугольником D\ и полукругом D<i-
Вспомога- тельная система
координат Oyz и собственные
оси CijjiZi (см. § П.2, табл. П.З)
показаны на рис. 3.4. Так как
область D симметрична отно-
относительно оси Оz, то последняя
является главной, ус = О, и
достаточно найти координату
zc центра тяжести. С учетом
этих упрощений вычисления
проводим аналогично приме-
примеру 3.1 и сводим их в табл. 3.2.
Индексы строк, соответствующих областям D\ и ?Ь, имеют знак
минус, так как при суммировании колонок соответствующие
характеристики вычитаются. ¦
Таблица 3.2
«1 а *•
I
4 a *•
ж
vyy.c
Ш9?
2, 2C
* a *.
20,2{,22
a
ШШ
W/////////A
c2
;
-
Ус
У 2 '
a
За
О
Рис. 3.4
Индек-
Индексы
0
-1
-2
Е
И
16
1
6,28
8,72
\а]
2
3,67
0,848
2,64
\а3]
32
3,67
5,33
23,0
\а4}
21,3
0,056
1,76
19,5
Zc,Ci
[а]
-0,64
1,07
-1,79
—
F{i)zlCi
[а4]
6,55
1,15
20,12
-14,72
\а4]
27,85
1,20
21,88
4,78
\а4}
21,3
0,167
6,28
14,9
Задачи
3.1.	Найти площадь и координаты центра тяжести криволи-
криволинейного треугольника, ограниченного кривой z = kyn {k > 0; п =
= 0,1, 2, . . .) и прямыми z = 0, у = I.
3.2.	Найти моменты инерции параллелограмма с основани-
основанием b и высотой h относительно центральных осей, одна из кото-
которых параллельна основанию, и относительно основания.
3.3.	Найти центр тяжести треугольника с высотой h и осно-
основанием Ь.
3.4.	Найти моменты инерции треугольника с высотой h
и основанием Ь относительно центральных осей, одна из которых
параллельна основанию, а вторая совпадает с высотой.

3.1 ] Статические моменты, моменты инерции, центр тяжести 75
В задачах 3.5-3.10 найти главные моменты инерции для сле-
следующих областей.
3.5.	Прямоугольник с высотой h и основанием Ь.
3.6.	Равнобедренный треугольник с высотой h и основанием Ь.
3.7.	Круговой сектор радиуса R с углом раствора а.
3.8.	Круговой сегмент радиуса R с углом раствора а.
3.9.	Полукруг радиуса R.
3.10.	Круговое полукольцо с внешним R и внутренним г ра-
радиусами.
В задачах 3.11, 3.12 дополнительно найти полярный момент
инерции.
3.11.	Круг радиуса R.
3.12.	Круговое кольцо с внешним R и внутренним г радиу-
радиусами.
3.13—3.40. Для областей, изображенных на соответствующих
рисунках, с использованием симметрии найти положение главных
центральных осей и главные моменты инерции.
4Ь _
2а
2а
2а
К задаче 3.13
К задаче 3.14
К задаче 3.15
К задаче 3.16
К задаче 3.17
К задаче 3.18

76 Геометрические характеристики плоских областей [ Гл. 3
К задаче 3.19
К задаче 3.20
К задаче 3.21
46;
286
26
206
I
26
wwwwwww
\
т 86 т
у
у
у
у
у
b
Sb
b
\b
1 '
V//y
Y///////,
p
/y
42
1
A/
tb
\ m iob
2b
К задаче 3.22
К задаче 3.23
К задаче 3.24
2Ь
К задаче 3.26

3.1 ] Статические моменты, моменты инерции, центр тяжести 77
J
2b
i
Sb
Д 4b
2b
К задаче 3.27
К задаче 3.28
4b
1
i
i
4b
4b
К задаче 3.29
К задаче 3.30
К задаче 3.31
Ш
m
a
Щ
Jl
jf
Jl
jf
К задаче 3.32
2Ъ

78 Геометрические характеристики плоских областей [ Гл. 3
К задаче 3.34
К задаче 3.35
К задаче 3.36
К задаче 3.37
К задаче 3.38
ъ
р
i
ъ
ш
ъ
ъ
2Ь
b
ЪЬ
2Ь
У////ЛУ//////у
I
У/.
К задаче 3.39
К задаче 3.40

3.2] Вычисление главных моментов инерции и положения главных осей 79
3.2. Вычисление главных моментов инерции
и положения главных осей
Утверждение 3.6. При переходе от системы координат
Oyz к системе Оу\ z\ поворотом на угол а против часовой стрелки
(рис. 3.5) соответствующие моменты инерции области D связаны
между собой так:
cos 2a — Jyz sin 2a,
JP Jy-Jz o , T . o
JZ1 = -rf	^—	cos 2a + Jyz sin 2a,
¦ sin 2a + Jyz cos 2a.
C.11)
Отсюда и из определения
3.2 получаем следующий ре-
результат.
Утверждение 3.7.
При Jy ф Jz угол ао (—тг/4 <
< ао < тс/4), соответствующий
главной системе координат
Oy\z\, определяется из
уравнения:
tg 2a0 =
2J,
yz
C.12)
О
Jy
Рис. 3.5
а главные моменты J\, J<i яв-
являются экстремальными значениями моментов инерции и вычис-
вычисляются так:
Jyi = о [Jp -
Sign (J* ~
C.13)
При этом полярный момент Jp является инвариантом отно-
относительно выбора системы координат:
JP = Jy + Jz = J\ +Ji.	C.14)
Это утверждение позволяет, во-первых, уточнить п. 2 части I
алгоритма определения геометрических характеристик сечения
(см. §3.1). Если оси какой-либо системы OiyiZi не параллельны
осям вспомогательной системы координат, то проводится поворот

80	Геометрические характеристики плоских областей	[Гл. 3
собственной системы так, чтобы оси полученной системы O{y\z\
и были параллельны осям системы Oyz. При этом моменты под-
подобласти D{ в системе координат O{y\z\ вычисляются по форму-
формулам C.11).
Во-вторых, может быть раскрыта часть II алгоритма: глав-
главная центральная система координат и главные моменты инерции
вычисляются по результатам части I с помощью формул C.12)-
C.14). ¦
Кроме того, полезны следующие выводы для специального
вида областей.
Утверждение 3.8.
1.	Если Jy = Jz = J и Jyz = 0, то главные моменты инерции
равны между собой J\ = J<± = J, и любая система координат Cyz
с тем же центром — главная.
2.	Для области D, имеющей более двух осей симметрии, любые
центральные оси Су и Cz являются главными, и Jy = Jz.
3.	Если Jy = Jz и Jyz ф 0, то главные оси повернуты относи-
относительно исходных на 45°. ¦
Отметим, что к областям, подпадающим под п. 2 утвержде-
утверждения, относятся круг и все правильные многоугольники.
Пример 3.3. Для области D (см. рис. 3.3), рассмотренной
в примере 3.1, найти главные центральные оси и главные момен-
моменты инерции.
Решение. Моменты инерции Jyc, JZc и JVcZc относитель-
относительно центральных осей Cyczc найдены при решении примера 3.1.
Угол осо, на который повернуты главные центральные оси
находим из C.12):
i;c 6,01-12,0 1'86-
Отсюда осо = -(I/2) arctg 1,86 = -30°52' (см. рис. 3.3).
Главные моменты J\ и J<± определяем по формулам C.13),
C.14):
Jp = Jyc + JZc = 12,0b4 + 6,01Ь4 = 18,064,
D = (JZc - JycJ + 4Jl2c = [F,01 - 12,0J + 4 • 5,572]Ь8 = 15568,
= J\ = \ A8,0 + л/155)Ь4 = 15,264,
= J2 = \ A8,0 - л/155)Ь4 = 2,7864.
Пример З.4. Найти главные центральные оси и главные
моменты инерции для области D, указанной на рис. 3.6 а.

3.2] Вычисление главных моментов инерции и положения главных осей 81
Решение. В силу симметрии главные оси можно указать
сразу: это — Cy*z* (рис. 3.6 а). Главные центральные оси найдем
двумя способами.
I способ. Представим область в виде D = Dq\D^ (рис. 3.6 а).
Координаты центра тяжести во вспомогательной системе коор-
координат О у z определим так:
F@) = 462; F(l) = &2> р = F@) _
= 462 • 6 = 4b\ S
-	a - <y@) _ o(i) _ 4ft3 _ 3 . з _ 5 . з	_ _ ^ _
—	o2 — "Jj, <Jj, — 40 2	2	У° ~ c ~ F ~ q
3 . з _ 5 . з	^ 5
2 2
Моменты инерции в центральной системе координат Cyczc:
3 5 Y_w 4
2 6 6 J " 36 '
12 +' ^2 6 6 J 36
I'I')''*
= ''(I'-I')= 5'*.
_ / _ /@) _ r(l) _ 11 u4 j _ r@) _
Так как угол поворота ао главных центральных осей Cy*z*
равен тс/4, то по формулам C.11) найдем
Jp — Jyc + ^^с = ~g~ '
^ cos 2ao - ^yczc sin 2ос0 =
11	1 \ ,4 5
12	+ зГ =4
-^-г—— cos 2ос0 + JVcZc sin 2oc0 =
I 11 1Л i4 7 14
= I 12 - 3 Г =126 =

82
Геометрические характеристики плоских областей
[Гл.3
II способ. Вспомогательные оси Oyz выбираем в виде главных
осей. Область D разбиваем на три треугольника Dj, D<i и D%
(рис. 3.6 5). В силу симметрии zc = 0. Для второй координаты
центра тяжести имеем

3.2] Вычисление главных моментов инерции и положения главных осей 83
.B) _ C) _ Ц_ _ Vj[ и oB) _ MS) _ pB) B) _ V^ l3
C ~ C ~ 3 y/2 ~ 6 '	z ~ z ~	c ~ 12
5,	V2
Главные моменты инерции (моменты в главной системе коор-
координат Cy*z*) равны
Bb/V2)BbV2K _ 2 4
48	3
_ 2 4
~ 3 '
^)^
36
36
Задачи
3.41—3.43. Для областей, указанных соответственно в зада-
задачах 3.2-3.4, найти главные оси и главные моменты инерции.
3.44. Найти главные оси с центром в точке О области, изоб-
изображенной на рис. 3.6 а.

84
Геометрические характеристики плоских областей
[Гл.3
3.45—3.51. Найти главные центральные оси и главные момен-
моменты инерции областей, приведенных на соответствующих рисун-
рисунках.
К задаче 3.45
К задаче 3.46
К задаче 3.47
К задаче 3.48
К задаче 3.49
К задаче 3.50
К задаче 3.51
3.52.	Для области, составленной из двух прямоугольников
(см. соответствующий рисунок), найти значение уо, при котором
моменты инерции относительно всех осей Си равны между собой.
3.53,	3.54. Для области, составленной из двух прокатных
профилей (см. соответствующие рисунки), определить размер 6,

3.2] Вычисление главных моментов инерции и положения главных осей 85
к?
а Уо Уо а
С
и
6а
\а
К задаче 3.52
К задаче 3.53
К задаче 3.54
при котором момент инерции Ju относительно оси Си не зависит
от ее положения.
3.55. Для области, составленной из швеллера №12 с парал-
параллельными гранями полок и равнополочного уголка № 63 х 63 х 4
(см. соответствующий рисунок и § П.2, таблицы П.7, П.10), найти
главные центральные оси и главные моменты инерции.
3.56—3.70. Определить положение главных центральных осей
для областей, приведенных на соответствующих рисунках.
К задаче 3.55
К задаче 3.56
К задаче 3.57
ЪЪ
2Ъ
К задаче 3.58
К задаче 3.59
К задаче 3.60

86	Геометрические характеристики плоских областей	[ Гл. 3
b
2b
ь
2b
I
r
m bj\ 4b
К задаче 3.61
К задаче 3.62
К задаче 3.63
К задаче 3.65
К задаче 3.66

3.3]
Тонкостенные сечения
87
2b
К задаче 3.67
ib* \~b -
К задаче 3.6
К задаче 3.69
К задаче 3.70
3.3. Тонкостенные сечения
Определение 3.3. Пусть плоская область D (сечение)
ограничена двумя непересекающимися кривыми Г+ и Г_, а также
двумя кривыми Pi и Г2, каждая из которых имеет с Г+ и Г_ по
одной общей точке (рис. 3.7). При этом граница области имеет
вид 3D = Г+ U Г_ U Ti U Г2. Кривая Г лежит между Г+ и Г_,
5 — длина перпендикулярного Г отрезка с концами на кривых Г+,
Г_ и центром на кривой Г.
Кривая Г называется средней линией, а 5 — толщиной сечения.

Геометрические характеристики плоских областей
[Гл.3
5/2
Обозначим длину средней линии / = |Г|. Указанное сечение D
называется тонкостенным, если 5// <С 1 (на практике 5 ^ 1/10).
В этом случае вид кривых Pi и Г 2 не
важен.
В общем случае 5 = 5(s), где s —
длина дуги кривой Г. При 5 = const
имеем сечение постоянной толщи-
толщины. Если средняя линия является за-
замкнутой кривой, то сечение называ-
называется замкнутым тонкостенным. ¦
При вычислении площади, стати-
статических моментов и моментов инер-
инерции тонкостенных сечений учитыва-
учитывается малость толщины сечения, и его
геометрические характеристики мо-
могут быть либо найдены как главные
члены разложений по степеням 5, ли-
либо определены как соответствующие
криволинейные интегралы первого рода:
Рис. 3.7
Sy = [ 2:8E) ds, Sz = [ 2/8E) ds,	F = [ 8E) ds,
j j	j
г г	г
ее	с
Jy = z2d(s) ds, Jz = y2d(s) ds,	Jyz = yzd(s) d
j j	j
C.15)
г	г	г
Остальные формулы (для координат центра тяжести, поло-
положения главных осей и величины главных моментов), а также
алгоритм определения геометрических характеристик составных
сечений — такие же, как и в общем случае (см. § 3.1, 3.2). При
вычислениях в результатах оставляются величины порядка 5.
Отметим также, что в случае сечения постоянной толщины коор-
координаты центра тяжести и угол поворота главных осей от толщины
не зависят.
Пример 3.5. Найти площадь и главные моменты инер-
инерции тонкостенного кольца радиуса R и постоянной толщины 5
(см. § П.2, табл. П.З).
Решение. В силу симметрии оси любой ПДСК Cyz явля-
являются главными центральными. Моменты инерции найдем двумя
способами.
I способ. Для нетонкостенного кольца имеем (см. § П.2,
табл. П.З):
F = k(
Jy = Jz = -
R+ = R + 5/2, R_ = R- 5/2.

3.3]
Тонкостенные сечения
Оставляя величины порядка 5, найдем
F = n[(R + 5/2J - (R - 5/2J] =
5\41
- 2) J =
Отсюда для Jy получим
Jy — 71 Jt 8.
II способ. По формулам C.15) найдем (Г — окружность ради-
радиуса R: у = Ясойф, z = iJsincp, 0 ^ ср ^ 2тс).
F = 5 f ds = 2тгЯ5,
г
J
= 5 \ z2 ds = 5 \
г	о
2 sin2
+
2тг
2тг
о
1 г
= 5Я3- A - сой2ф) йф =
о
C.16)
Пример 3.6. Найти главные центральные оси и главные
моменты инерции тонкостенного сечения, указанного на рис. 3.8.
Решение. Представляем сече-
сечение в виде трех тонкостенных эле-
элементов: 1 и 2 — наклонные прямые
элементы, 3 — полукольцо. В силу
симметрии вспомогательная система
координат Oyz является главной для
всего сечения. Системы координат
CiyiZi — центральные для г-х эле-
элементов (см. § П.2, табл. П.З). Вы-
Вычисления проводим аналогично при-
примерам 3.1 и 3.2. Результаты сводим
в табл. 3.3. При этом величина 5*,
входящая в формулы для тонкостен-
тонкостенного параллелограмма и координаты
Ус и ус , определяются так:
У2
Рис. 3.8

90
Геометрические характеристики плоских областей
[Гл.3
8? = -^— = V55 « 2,245, ^ = -j/*1) = atga = 0,5а.
sin a
Таблица 3.3
Индек-
Индексы
1
2
3
Е
Индек-
Индексы
1
2
3
Е
[5а]
2,24
2,24
3,14
7,62
[а]
-1
-1
0,637
-0,325
[§Г3Г
1,02
1,02
2,91
4,95
[а]
-0,5
-0,5
0
0
1,765
1,765
3,21
6,74
S{yi}
[5а2]
-2,24
-2,24
2,0
-2,48
[5а3]
0,186
0,186
1,57
1,94
[5а3]
0,745
0,745
0,30
1,79
[а]
-0,5
0,5
0
—
[а]
-0,675
-0,675
0,962
—
[bVJ]Ci
0,56
0,56
0
1,12
[5а3]
0,75
0,75
1,57
3,07
Пример З.7. Найти главные центральные оси и главные
моменты инерции тонкостенного сечения, указанного на рис. 3.9.
Решение. Представляем сече-
сечение в виде трех тонкостенных прямо-
прямоугольников: Z?i, D2, ?*з- Выбираем
вспомогательные оси Oyz (рис. 3.9).
Собственные оси CiyiZi являются
главными центральными для г-х эле-
элементов (см. § П.2, табл. П.З). Вы-
Вычисления проводим аналогично при-
примерам 3.1, 3.2 и результаты сводим
в табл. 3.4. При этом значениями J^2,
JZl и JZ3 пренебрегаем из-за малости
величины 53.
Из C.12) получаем угол, на кото-
который повернуты главные центральные
оси Cy*z*:
Рис. 3.9
tg2ao =
2JU
(-9,5)
Jzc ~ Jyc 7,67 - 24,6
Отсюда а0 = A/2) arctg 1,12 = 24,3° (см. рис. 3.9).
= 1,12.

3.3]
Тонкостенные сечения
91
Таблица 3.4
Индек-
Индексы
1
2
3
Е
Индек-
Индексы
1
2
3
Е
[Щ
8
2
2
12
ZCi
[Ь]
2
0
-0,5
1,5
[563]
4,5
3,13
6,13
13,8
[563]
15,2
3,13
6,29
24,6
VCi
[Ь]
0
1
2
3
0
0,667
0
0,667
[562]
16
0
-1
15
Ус,С{
[Ь]
-0,5
0,5
1,5
1,5
W\
10,7
0
0,167
10,9
F{i)ylCi
[bbs]
2
0,5
4,5
7
Zc,Ci
[b]
-0,75
-1,25
-1,75
-2,25
[bbs]
2
1,17
4,5
7,67
uyczc
[bbs]
-3
-1,25
-5,25
-9,5
Главные моменты J\ и J<i определяем по формулам C.13),
C.14):
Jp = Jyc + JZc = 24,6563 + 7,675b3 = 32,275b3,
Jyt = I
+
= I (Jp -
= [G,67 - 24,6J + 4 • (-9,5J] 5266 = 6485266,
= Ji = i C2,27 + V648 M63 = 28,86563,
= J2 = i C2,27 - V648 M63 = 3,45b3.
Задачи
Используя формулы табл. П.2 § П.2 и ограничиваясь в резуль-
результатах главными членами разложения по степеням 5, найти геомет-
геометрические характеристики следующих сечений (см. пример 3.5).
3.71.	Тонкостенный параллелограмм с острым углом 45°.
3.72.	Тонкостенный прямоугольник.
3.73.	Тонкостенное полукольцо.
3.74—3.76. Найти геометрические характеристики сечений,
указанных соответственно в задачах 3.71-3.73, непосредственным
вычислением интегралов C.15).
3.77—3.85. Найти главные центральные оси и главные момен-
моменты инерции для тонкостенных сечений, приведенных на соответ-
соответствующих рисунках.

92
Геометрические характеристики плоских областей	[Гл. 3
2а
2а
К задаче 3.77
К задаче 3.78
К задаче 3.79
2а
/45°
К задаче 3.80
5
ь
2
5
—
—
ъ
гъ
К задаче 3.81
К задаче 3.82
К задаче 3.83
К задаче 3.84
2а.
'I-
2а а
К задаче 3.85

Глава 4
КРУЧЕНИЕ
Основной объект здесь, так же как и в гл. 1, — прямой стер-
стержень (стержень) с той же стандартной ПДСК Oxyz.
Определение 4.1. Чистым кручением (просто круче-
кручением) стержня называется такой вид его деформации, при кото-
котором ось остается прямолинейной после деформации, и в каждой
точке любого поперечного сечения отличны от нуля только каса-
касательные напряжения:
ох = 0, хху, xxz ф 0,	D.1)
которые распределены так, что отличен от нуля только один
внутренний силовой фактор — крутящий момент (определение
П. 16):
N = Qy = Qz = О, Мк ф 0, My = Mz = 0. D.2)
При этом стержень также называют валом, ш
С использованием метода сечений и уравнений равновесия
доказывается справедливость следующего утверждения.
Утверждение 4.1 (условия кручения). Для того чтобы
стержень находился в состоянии кручения, необходимо и доста-
достаточно, чтобы были отличны от нуля только проекции на ось
сосредоточенных и распределенных моментов:
РЛ = 0, д = 0, М1хф0, Mly = Mlz = 0,
тх ф 0, ту = mz = 0. ¦
Отметим, что при такой деформации температурные поля не
рассм атри ваются.
Сложность задачи об определении НДС стержня при круче-
кручении существенно связана с формой поперечного сечения. Мето-
Методами сопротивления материалов она может быть решена для кру-
круговых и кольцевых сечений. Для них в дополнение к аксиоме П.8
принимается следующая гипотеза.
Аксиома 4.1. При кручении стержней кругового и коль-
кольцевого сечений вектор касательных напряжений в поперечном
сечении направлен перпендикулярно радиусу, и имеет место не-
невзаимодействие продольных волокон (ср. с утверждением 1.2):
оу = az =xyz = 0. ш	D.4)

94
Кручение
[Гл.4
Отсюда и из определения 4.1 вытекает следующее утвержде-
утверждение.
Утверждение 4.2. В каждой точке стержня, находя-
находящегося в условиях кручения, имеет место чистый сдвиг (см. опре-
определение П.12):
где г,Ь, х — цилиндрическая система координат (рис. 4.1). ¦
Закон Гука для чистого сдви-
сдвига имеет вид (ср. с A.9)):
т = Су,	D.5)
где у — угол сдвига волокна
(см. определение П.5) на коор-
координатной площадке (для круче-
кручения — радиального волокна). ¦
С помощью этого закона ак-
Рис. 4.1	сиом П.8 и 4.1 доказывается, что
касательные напряжения пропорциональны радиусу
х = —— г,	D.6)
и справедливы следующие формулы:
, Мк	Мк
~-	D.7)
Здесь ф — угол поворота относительно оси поперечного сече-
сечения (угол закручивания), ттах — максимальная величина каса-
касательного напряжения, JK и WK — геометрические характеристи-
характеристики сечения. Для кругового и кольцевого сечения две последние
величины вычисляются так: JK = Jp, WK = JK/R, где Jp и R —
полярный момент и радиус (внешний радиус) сечения. Формулы
для них приведены в табл. П.4.
Используется следующая терминология.
Определение 4.2. Величина 6 называется погонным
углом закручивания, GJK — жесткостью на кручение, a WK —
моментом сопротивления кручению, ш
Для стержней сплошного некругового сечения задача реша-
решается более сложными методами теории упругости. При этом оста-
остаются справедливыми формулы D.7). Соответствующие геометри-
геометрические характеристики для некоторых таких сечений приведены
в табл. П.4.
Методами сопротивления материалов исследуется также кру-
кручение стержней тонкостенных сечений (см. гл. 3). Для них вме-
вместо аксиомы 8.1 вводится следующая гипотеза.

Гл. 4]	Кручение	95
Аксиома 4.2. Для незамкнутого тонкостенного сечения
геометрические характеристики каждой его составляющей могут
быть вычислены по соответствующим формулам для сплошно-
сплошного сечения в виде прямоугольника с коэффициентами, соответ-
соответствующими его бесконечной длине (а); для замкнутого тонко-
тонкостенного сечения касательные напряжения направлены по каса-
касательной к средней линии сечения и распределены равномерно по
нормали к ней (б), ш
При этом по-прежнему остаются справедливыми формулы
D.7). Геометрические характеристики для сечений такого типа
указаны в табл. П.4. Там же приведены характеристики для
стандартных профилей (см. таблицы П.7-П.11), которые явля-
являются незамкнутыми тонкостенными стержнями, но величина JK
вычисляется с поправочным коэффициентом.
Иногда используется дифференциальное уравнение равновесия
стерэюня при кручении:
М'к(х) = -т(х),	D.8)
которое с учетом D.6) может быть записано относительно угла
поворота:
(GJKcp')' = -т.	D.9)
Оно аналогично A.11) является обыкновенным дифференци-
дифференциальным уравнением второго порядка. Основные граничные усло-
условия для него имеют следующий вид:
—	закрепленный конец (х = х\)
ф1х=х, = 0;	D.10)
—	на конце стержня х = x<i приложен крутящий момент М
MK\X=X2 = GJW\X=X2 = M.	D.11)
В случае свободного конца в D.11) нужно положить М = 0.
При чистом сдвиге удельная потенциальная энергия (см. ут-
утверждение П.З) имеет вид
и=\ч,	D-12)
а потенциальная энергия стержня длиной / при кручении вычис-
вычисляется следующим образом:
и =

96	Кручение	[Гл. 4
4.1. Статически определимые задачи
Поскольку при кручении нетривиальным является лишь одно
уравнение равновесия (проекции моментов на ось), то в соот-
соответствии с определением П. 17 статическая определимость будет
иметь место только в том случае, когда один из концов стержня
закреплен, а на втором приложен
крутящий момент либо — он сво-
боден (рис. 4.2).
Если внешние нагрузки, гео-
метрические и физические ха-
	>Г	рактеристики стержня являются
рис. 4.2	непрерывными функциями коор-
координаты ж, то НДС может быть
найдено как решение соответствующей краевой задачи D.9)-
D.11).
Пример 4.1. Найти Мк, ттах, 6 и ср для стержня указан-
указанного на рис. 4.2, полагая, что GJK = const.
Решение. Краевая задача в этом случае имеет вид
СЛФ" = 0, Ф|ж=0 = 0, GJW\x=t = М.
Очевидно, она совпадает с задачей, приведенной в приме-
примере 1.1, в части определения Мк,6 и ср, если сделать следующие
замены:
Мк*± N, 9^8, ф <->> 5, GJK <->> EF, М <-> Р. D.14)
Следовательно, сразу можем записать
™ - * x=l - GJk>
D.15)
где Аф — угол закручивания правого торца стержня относительно
левого.
Кроме того, из D.7) имеем: ттах = М/WK. ш
Вообще аналогия между задачами на растяжение-сжатие
и кручение становится полной, если к заменам D.14) добавить
следующие:
О, WK <-> F.	D.16)
Поэтому общий алгоритм решения статически определимых
задач на кручение с учетом замен D.14), D.16) совпадает с приве-
приведенным в § 1.1. Отметим только, что в эпюре ттах знак касатель-
касательных напряжений совпадает со знаком Мк.

4.1 ]	Статически определимые задачи	97
При этом угол закручивания участка В—С стержня вычисля-
вычисляется по формуле, аналогичной A.19):
e(x) dx + фБ.	D.17)
о
В некоторой корректировке н у ж дается только п. 4 этого алго-
алгоритма. Здесь величины опц, оу, от и ов заменяются с сохранением
названий на тпц, ту, тт и тв. Последние также берутся из полу-
полученных опытным путем «диаграмм сдвига», которые качественно
совпадают с диаграммами растяжения-сжатия, что отражено на
рис. 1.3, где соответствующие ординаты имеют двойное обозначе-
обозначение.
При проектировочном расчете стержней, работающих на кру-
кручение, часто используется одно из условий на их жесткость
(см. п. VI § П.1):
[ф], |в|тах ^ [9],	D.18)
которое должно рассматриваться совместно с условием прочно-
прочности
H- ¦	D.19)
Пример 4.2. Составной цилиндрический стержень, изоб-
изображенный на рис. 4.3, нагружен распределенным т = const и со-
сосредоточенным М = ml крутящими моментами. Диаметр малого
цилиндра равен d, внешний диаметр большого цилиндра D = 2d,
а толщина его стенки 5 = D/20. Определить размер d и мак-
максимальный угол закручивания, а также потенциальную энергию
деформации. В расчетах принять: т = 1 кН, / = 0,5 м; [т] =
= 21 МПа, G = 2,7 • 104 МПа; размер d округлить до 0,5 см.
Решение. Используемая ниже пунктуация соответствует
алгоритму расчета (см. также § 1.1).
1—3. Нумерация участков указана на рис. 4.3. Рассматриваем
равновесие отсеченных частей, и, начиная со свободного кон-
конца, определяем крутящий момент (х — местная координата на
каждом участке, отсчитываемая в отрицательном направлении
оси Ох):
—	участок 0-1
Mqi(x) = ml]
—	участок 1-2
х
Mi2{x) = ml — \mdx = m(l — ж),
о
Mi = M12@) = ml, M2 = M12B/) = -ml.
Эпюра Мк приведена на рис. 4.3.
4 А. Г. Горшков и др.

98
Кручение
[Гл.4
Далее по участкам вычисляем геометрические характеристи-
характеристики сечений стержня (см. табл. П.4), максимальные касательные
напряжения, погонный угол закручивания (см. D.7)):
— участок 0-1
_ Mqi _ 1Пга/
Tmax — TJ/ — O,1U о ;
32 '
ml
16 '
ra/
—	in 9__-
—	1U^ ,4 ?
^ra/
— участок 1-2
25
с = 1 - g = 0,9; JK = ^ D4(l - с4) = ? d4(l - с4) = 0,540d4,
i
эмк
[та]
эе
та и
G/4J
Эф
оооооооо
1,85
1,85
© © © © © 0
2/
1,85
1,85
0,924
М
Ф
О
5,1
10,2
10,2
Рис. 4.3

4.1 ]	Статически определимые задачи	99
WK = ? D\i -с4) = \ d\l - с4) = 0,540d3;
Хтах,12(ж) = — = 1,85	j3	,
777 /
= tmax,l = tmax,12@) = — XmaX;2 = ~ tmax,12B/) = 1,85—3-;
0! = 012@) = 1,85-4-, 62 = 012B/) = -1,85-4".
Отметим, что, поскольку Ъ/D = 1/20, то при расчете геомет-
геометрических характеристик можно было воспользоваться соответ-
соответствующими формулами для замкнутых тонкостенных сечений.
Эпюры ттах и 6 приведены на рис. 4.3. Отсюда находим мак-
максимальное значение модуля касательных напряжений:
Lmax
max
При определении угла закручивания используем фор-
формулу D.17) (координата х отсчитывается в положительном
направлении оси Ох):
—	участок 1-2
X
Г mix — I)	х — 21
Ф21 (х) — —771— dx = 1,85тж 4 ? Ф1 = Ф21 B/) = 0;
J GrJK	2G а
о
—	участок 0-1
х
ml , ^	mxl	,,ч ^	ml2
х) = Ф1 + 10,2 j -Qfdx = 10,2^j, фо = фю@ = Ю,^
о
Точку экстремума ж* угла закручивания на участке 1-2 нахо-
находим из следующего условия:
х — I
ф'21(ж*) = 3,70ш^^4 =0, ж* = /.
Так как при переходе через точку ж* эпюра 6 меняет знак
с минуса на плюс, то здесь имеет место минимум (см. аналогию
D.14) и алгоритм § 1.1):
Фех1г = Фтт = 92i@ = -0,924m/ /(Gd4).
Эпюра ф изображена на рис. 4.3.

100
Кручение
[Гл.4
4—5. Необходимый размер сечения определяем из условия
прочности D.19):
bmaxlmax = 5,10 ml / d3 ^ [т].
Отсюда находим
О А/5Д0^ = {/6,10
21 • 106
Принимаем d = 0,05 м = 5,0 см.
Учитывая полученное значение диаметра, вычисляем макси-
максимальный угол закручивания:
= ФО =
Потенциальная энергия деформации стержня вычисляется по
формуле D.12) суммированием соответствующих интегралов по
участкам:
2/
U
-I
m2{x-lf
о (« " 0?
2GJK [3
Пример 4.3. Из условия равенства углов закручивания
на свободных концах для изображенного на рис. 4.4 конического
о1
Рис. 4.4

4.1 ]	Статически определимые задачи	1Ш_
вала найти диаметр эквивалентного ему круглого вала постоян-
постоянного сечения.
Решение. Назовем конический вал вторым, а эквивалент-
эквивалентный ему — первым. Их характеристики будем различать с помо-
помощью соответственных нижних индексов.
Эпюра крутящих моментов приведена на рис. 4.4. Диаметр
второго вала по длине изменяется линейно: d%(x) = dB — x/l).
Геометрические характеристики JK для первого и второго валов
имеют вид (см. табл. П.З):
_ ndf	_ ndt(x) _ nd4B - x/lL
JlK ~ 2"' J2k^X) ~ ~1U~ ~	32	*
Соответствующие углы закручивания их концевых сечений
вычисляем, используя формулы D.7) и D.17):
ml . 32ml2
d
о
г ml . 32ml f dx	7 32ml2
Ф2 = пт /^ ^ж =
GJ2k{x)	nG d4 J B - x/lL 24 nG d4 '
О	о
Приравнивая их, получаем d\ = l,36d. ¦
Пример 4.4. К торцам стержня длины / приложены кру-
крутящие моменты М. Определить наибольшие касательные напря-
напряжения и угол закручивания. В расчетах принять: / = 2 м, М =
= 600 Н • м, G = 8 • 104 МПа, поперечное сечение - швеллер №
22а, ГОСТ 8240-72.
Решение. Крутящий момент постоянен по длине стержня
Мк = М.
По табл. П. 10 определяем размеры сечения: высота стенки
h\ = h = 220 мм, толщина стенки 5i = s = 5, 4 мм, ширина полки
(из полной ширины вычитаем толщину стенки) h^ = h^ = b — s =
= 87 — 5,4 = 81,6 мм, толщина полки 52 = 5з = t = 10,2 мм. Ис-
Используя табл. П.4, находим поправочный коэффициент г| = 1,12 и
вычисляем геометрические характеристики поперечного сечения
на кручение:
1 3	1
jk = л з Е h$ = i'12 * зB2°'м3 + 2'81'6' 10'23) =
з
г=1
= 77,4 • 103 мм4;

102
Кручение
[Гл.4
¦ = 10,2 мм; WK =
JK	77,4 • 10"9
5max 1,12-10,2-Ю-3
Угол закручивания находим по формуле D.15)
MJ	600-2
(М9
— = 7,60 • 10
-б
м
Поскольку толщина сечения достигает максимума в середине
полок, то в этих точках и имеют место максимальные касательные
напряжения
_ Мк _ 600
" Wk ~ 7,60-Ю
= 78,9 МПа.
Задачи
4.1. Составной цилиндрический стержень, закрепленный
на одном конце, нагружен сосредоточенным и распределенным
крутящими моментами (см. рисунок). Определить максимальный
угол закручивания. В расчетах принять: d = 0,05 м; G =
= 8 • 104 МПа, а = 1 м, D = 2rf, 8/rf = 0,05; т = 10 кН.
2та
Q Q QQ
0© © ©
2т
© © © ©
О О О О
Q О Q ©
© © © ©
К задаче 4.1
К задаче 4.2
4.2.	Составной стержень, закрепленный на одном конце,
нагружен распределенным крутящим моментом (см. рисунок).
Определить потенциальную энергию деформации и максималь-
максимальный угол закручивания. В расчетах принять: d = 0,04 м; G =
= 8 • 1010 Па; а = 1,5 м; 8/rf = 0,03; т = 200 Н.
4.3.	Стальной двутавр № 22 ГОСТ 8239-72 длиной 2 м закреп-
закреплен на одном конце, а на другом его конце приложен сосредото-
сосредоточенный крутящий момент М = 1 кН • м. Определить максималь-
максимальный угол закручивания.
4.4.	Составной цилиндрический вал нагружен распределен-
распределенным и сосредоточенным крутящими моментами, закреплен на
одном конце (см. рисунок). Найти максимальные значения кру-
крутящего момента, касательных напряжений и угла закручивания,
если D/d = 2.

4.11
Статически определимые задачи
103
4.5. Конический вал нагружен распределенным крутящим
моментом т = 120 Н (см. рисунок). Из условий прочности найти
9 Э
D
© ®®®
2а	ш
К задаче 4.4
диаметр d и максимальный угол закручивания. В расчетах при-
принять: а = 0,8 м; материал — дюралюминий (G = 2,7 • 104 МПа;
[т] = 50 МПа).
К задаче 4.5
К задаче 4.6
4.6.	Круглый вал с внутренним и внешним диаметрами du D
закреплен на одном конце и нагружен сосредоточенными момен-
моментами (см. рисунок). Определить внешний диаметр. В расчетах
принять: d = 0,75D; M\ = 3 кН • м, М2 = 4 кН • м, тт = 140 МПа;
[п] = 2,5.
4.7.	Определить из расчета на прочность диаметр сплошного
цилиндрического вала, передающего мощность N = 48 кВт при
со = 970 об/мин. В расчетах принять: [т] = 40 МПа.
N
Указание: внешние крутящие моменты на торцах М = —.
со
4.8.	Найти внешний D и внутренний d диаметры полого вала,
нагруженного на торцах крутящим моментом М = 25,6 кН • м, из
условий жесткости. В расчетах принять: материал — сталь ([т] =
= 40 МПа, G = 8 • 104 МПа), d = 0,8D, [e] = 0,25 град/м.
4.9.	Два вала (полый с отношением диаметров D/d = 1,25
и сплошной диаметром D) одинаковой длины изготовлены из од-
одного материала. Найти отношение крутящих моментов, которые

104
Кручение
[Гл.4
могут быть приложены к концам валов при одинаковых допуска-
допускаемых напряжениях.
4.10.	Определить, во сколько раз уменьшится прочность
и жесткость на кручение тонкостенной трубы, если ее разрезать
вдоль образующей. В расчетах принять: внутренний диаметр d =
= 80 мм, толщина стенки 5 = 3 мм.
4.11.	Ступенчатый цилиндрический вал закреплен на од-
одном конце и нагружен сосредоточенными крутящими момента-
моментами (см. рисунок). Определить диаметры поперечных сечений из
условий прочности. В расчетах принять: D = 1,2 d\ M\ = 2 кН • м;
М2 = 5 кН • м; тт = 140 МПа; [п] = 2,5.
о
M2
К задаче 4.11
К задаче 4.12
4.12.	В стенке тонкостенного чугунного вала, нагруженно-
нагруженного крутящим моментом М, сделан прорез А параллельно оси
вала (см. рисунок). Найти отношения максимального касатель-
касательного напряжения и погонного угла закручивания вала с проре-
прорезом к соответствующим характеристикам целого вала. В расче-
расчетах принять: D = 96 мм; толщина 5 = 14 мм; М = 1,8 МН • м;
А = 20 мм.
4.13.	Проверить прочность и жесткость стального ступенча-
ступенчатого бруса (см. рисунок). В расчетах принять: D = 75 мм; d =
= 65 мм; [т] = 40 МПа; М1 = 1,8 кН • м; М2 = 4,5 кН • м; [9] =
= 0,6 рад/м; а = 0,5 м, G = 8 • 104 МПа.
4.14.	Полый вал с наружным D = 75 мм и внутренним d =
= 50 мм диаметрами имеет длину 1 м. Под действием крутящего
момента Мк = 3,5 кН • м его погонный угол закручивания 6 =
= 1 град/м. Определить максимальные касательные напряжения
и модуль сдвига.
4.15.	К тонкостенной трубе диаметра 125 мм приложены по ее
концам пары сил, скручивающие трубу моментом М = 6,25 Н • м.
Определить толщину стенки трубы, если материал — сталь, [т] =
= 80 МПа.

4.11
Статически определимые задачи
105
4.16. Из условий жесткости определить диаметр сплошного
стального цилиндрического вала, нагруженного крутящим мо-
моментом М. В расчетах принять: М = 4 кН • м; G = 8 • 104 МПа;
[х] = 80 МПа; [9] = 0,25 град/м.
м.
О
4
о
К задаче 4.13
К задаче 4.17
4.17.	Проверить прочность и жесткость вала переменного се-
сечения (рис. рисунок). В расчетах принять: D = 80 мм; d = 70 мм;
материал — сталь, [т] = 40 МПа; G = 8 • 104 МПа; М1 = 1,6 кН • м;
Мч = 5 кН • м; [б] = 0,6 град/м; а = 0,5 м.
4.18.	Максимальные касательные напряжения в полом вале
и вале квадратного поперечного сечения, вписанного в полый вал,
одинаковы. Определить отношение диаметров полого вала.
4.19.	Прямоугольная полоса имеет толщину 5 = 20 мм. Опре-
Определить ее ширину /г, если максимальные касательные напряже-
напряжения в ней такие же, как в круглом вале диаметра d = 50 мм. Оба
стержня нагружены на торцах одинаковыми крутящими момен-
моментами.
4.20.	Вычислить и сравнить веса трех стержней, имеющих
различные поперечные сечения: круглое, квадратное и прямо-
прямоугольное с соотношением сторон 3:1. Все стержни скручиваются
одинаковым моментом М. В расчетах принять: М = 3 кН • м; [т] =
= 60 МПа.
4.21.	Вычислить и сравнить веса трех стержней, изготовлен-
изготовленных из одного материала, имеющих одинаковые длины и различ-
различные поперечные сечения: круглое, квадратное и прямоугольное
с соотношением сторон 3:1. Все стержни скручиваются одина-
одинаковым моментом М. Поперечные сечения подобрать из условий
жесткости. В расчетах принять: М = 3 кН • м; [б] = 0,5 град/м;
[т] = 60 МПа.
4.22.	Стальная полоса толщиной 5 и длиной а скручивается
моментом М. Вычислить ширину полосы из условий жесткости.
В расчетах принять: 5 = 20 мм; [т] = 80 МПа; М = 600 Н • м; а =
= 0,8 м; [9] = 1 град/м.

106	Кручение	[Гл. 4
4.23.	Полоса толщиной 5 и длиной а скручивается момен-
моментом М. Вычислить ширину полосы из условий прочности. В рас-
расчетах принять: 5 = 20 мм; М = 600 Н • м; а = 0,8 м; материал —
сталь, [т] = 80 МПа.
4.24.	Вал с поперечным сечением в виде двутавра № 16 ГОСТ
8239-72 длины а = 0,8 м закреплен на одном конце и нагружен
сосредоточенным моментом М = 1 кН • м на другом. Опреде-
Определить максимальный угол закручивания. В расчетах принять G =
= 8 • 104 МПа.
4.2. Статически неопределимые задачи
Аналогично растяжению-сжатию статическая неопредели-
неопределимость при кручении имеет место в случае закрепления обоих
концов стержня. При этом степень статической неопределимости
равна 2 — 1 = 1. Однако она может быть и больше единицы,
например, типа указанной в рас-
Q Q Q Q Qm О	смотренном далее примере 4.6,
если число вставленных друг
-¦- в друга стержней больше двух.
И в этом случае так же, как
и в предыдущем параграфе, ес-
если внешние нагрузки, геометри-
Рис. 4.5	ческие и физические характери-
характеристики стержня являются непре-
непрерывными функциями координаты ж, то НДС может быть найдено
как решение соответствующей краевой задачи D.9)—D.11).
Пример 4.5. Найти Мк, ттах, 6 и ср для стержня, указан-
указанного на рис. 4.5 полагая, что GJK = const и т = const.
Решение. Краевая задача в этом случае имеет вид
GJKcp" = —га, ф|ж=0 = ф1ж=/ = О-
В силу аналогии D.14) задач на растяжение-сжатие и круче-
кручение, используя результаты примера 1.3, получаем:
тх .. ч	т (I \ л.	(\
Кроме того, из D.7), находим
m
Следовательно, максимальные касательные напряжения име-
имеют место соответственно на левом и правом концах стержня

4.2]	Статически неопределимые задачи	107
и равны между собой:
x=l =
В общем случае используется алгоритм решения статически
неопределимых задач, практически совпадающий с указанным
в предыдущем параграфе и отличающийся только усложнени-
усложнением п. 2. Аналогично растяжению-сжатию для определения неиз-
неизвестных реакций (моментов) в заделках к уравнению равновесия
добавляется уравнение {уравнения) совместности деформаций,
задающее угол поворота в заделке
срв = <p\x=i = 0,	D.20)
или определяющее равенство углов поворота абсолютно жестко
соединенных торцов вставленных друг в друга стержней. ¦
Пример 4.6. Составной цилиндрический брус закреплен
с двух концов и нагружен распределенным т = 200Н и сосредо-
сосредоточенным крутящими моментами (рис. 4.6). Определить размеры
поперечных сечений, исходя из условия жесткости. В расчетах
принять: G = 0,8 • 105 МПа; а = 1 м, [ср] = 0,04 рад; [т] = 200 МПа;
размер 6 округлить до 1 мм.
Решение. 1—2. Нумерация участков указана на рисунке.
Заменяем опоры реактивными моментами М\ и М4 и записываем
уравнение равновесия в проекциях на ось Ох (равнодействующая
погонного момента определяется как площадь соответствующей
эпюры):
^ Мх = 0: - Mi + та - 2та - М4 = 0.
Задача статически неопределимая. Уравнение совместности
деформаций в соответствии с D.20) имеет вид
ф4 = 0.
Для выражения его левой части через М\ и М4 по участ-
участкам сначала находим геометрические характеристики сечений
(см. таблицы П.4 и П.5)
—	участок 1-2
РB) = 0,229; JK = рб3 • 26 = 0,45864;
аB) = 0,246; WK = ab2 • 26 = 0,49263;
—	участок 2-3
FK = l,56-26 = 362, <С—= -A,56 + 26) = 280,
J 5 5

108
Кручение
[Гл.4
A65
— участок 3-4
а затем Мк, 6 и ср:
JK = 0,164, WK = 0,2b3,
м,
ТО О О О О 1.56
i
о
0
эмк
[та]
[f]
Эф
г та2-\
lGb4l
2а
0,234
0,475
0,766
1,55
0,432
2Ь
2а
м4
0
5,11
1,23
.6,15
12,3
Рис. 4.6

4.2]	Статически неопределимые задачи	109
— участок 1-2 (ф! = 0)
х
т(х) = — х, М\2 = Mi — т(х) dx = М\ — — х2,
о
М12 2,18 /	т
2,18 (Л/г	m
lMx
/о . 4,36а /	1 \
Ф2 = Ф12Bа) = -—т- [Mi - - та ;
СтО у	6	J
— участок 2-3
М23 7,78
М2з = Mi - ша, 92з = 771~ = —гт- (Mi - ша) ,
LrJK	О
Ф23 = Ф2 + Э23 ^^ =
~ [Mi D,36а + 7,78ж) - та A,45а + 7,78ж)],
Gb
ФЗ = Ф2зBа) = -^ A9,9Mi - 17,0та);
— участок 3-4
М34 = Mi — ma + 2ma = М\ + ma, 834 = тгт^ = т (^1 + ma) ?
G JK 6
ф34 = фз + [ e34 dx = —j [Mi A9,9a + Юж) - ma A7,0a -
Щ = Ф34(<^) = —4 B9,9Mi — 7,0та) .
Следовательно, уравнение совместности деформаций и его
решение таковы:
а
-4 B9,9Mi - 7,0ma) = 0, Mi = 0,234ma.
Gb
3. Учитывая найденное значение реакции, из полученных вы-
выше выражений определяем Мк и ф, а с помощью соответствую-
соответствующего равенства в D.7) — ттах- Поскольку характер изменения

110
Кручение
[Гл. 4
эпюр Мк и ф ясен из упомянутых формул, то достаточно найти
их значения только на концах участков:
— участок 1-2
МА = 0,234та, М2 = -0,766та,
М12 _ 2,03т
= 0,475—3-,
0,234а - —
4а
та
Ф1 =0, ф2 = -0,432^,
— участок 2-3
М23 = -0,766ша, ттах,23 = -Т7Г- =
a) = 1,55—3-,
— участок 3-4
М34 = 1,23ша, ттаХ5з4 = -цц- = -6,15-р-, ф4 = 0.
Здесь в силу непрерывности углов поворота их значения на
последних двух участках даны только на концах. Отметим также,
что аналогично задачам на растяжение-сжатие уравнение равно-
равновесия, построенное в начале решения, можно было и не составлять
(см. пример 1.5). Однако его удобно использовать для проверки
правильности найденных усилий.
Кроме того, необходимо определить точку экстремума углов
поворота на участке 1-2:
е12 =
Gb
о,234а - ф-} = 0,
4а)
* = 0,967а.
Так как при переходе через эту точку погонный угол закру-
закручивания (момент) меняет знак с плюса на минус, то имеет место
максимум:
2
(Pextr = фтах =
= 0,329
2
—-
Соответствующие эпюры представлены на рис. 4.6.
4—5. Определяя по эпюрам максимальные угол поворота и ка-
касательное напряжение, из D.18) и D.19) получаем
Мтах = 1253^4" ^ [ф]> 1Ттах|тах = 6,1

4.2]	Статически неопределимые задачи
что эквивалентно следующей системе неравенств:
, . 410 qmo2 4/ 12,3 • 200 • I2	2
0^ \ 11,6 -_,. . = 4/	тт	 = 2,9b • 10 ~ м,
V ^[ф] V 0,8 • 1011 • 0,04
3/6,15-200-1	2
= 4/	«— = 1,00 • ID м.
V 200 • 106
Окончательно принимаем Ь = 3,0 см. ¦
Пример 4.7. Сплошной цилиндрический вал закрыт тон-
тонкостенным цилиндрическим незамкнутым кожухом (рис. 4.7).
С одной стороны конструкция закреплена, а на другом кон-
конце вал и кожух соединены абсолютно жесткой шайбой. Систе-
Система нагружена постоянным распределенным и сосредоточенным
крутящими моментами. Определить диаметры вала и кожуха.
В расчетах принять: материалы вала и кожуха одинаковы, [т] =
= 100 МПа; а = 1,5 м; D = 3d, Ъ/d = 0,1; т = 150 Н; размер d
округлить до 1 мм.
Решение. 1—2. Нумерация участков указана на рис. 4.7.
Заменяем опору на левом конце реактивными моментами Mi в
и Mi к, приложенными соответственно к валу и кожуху, и запи-
записываем уравнение равновесия в проекциях на ось Ох:
^Мж=0: — Mi в — Mi к + тпа — 2та = 0.
Задача статически неопределимая. Уравнение совместности
деформаций в этом случае заключается в равенстве углов закру-
закручивания вала и кожуха на правом конце:
фзв = фзк-
Находим геометрические характеристики сечений (см. табл. П.4):
—	вал
JK = 0,Ы4, WK = 0,2d3;
—	кожух
JK = ^ 53/ = ^ 53 • kD = 0,314 • 10~2d4,
WK = ^ 52/ = ^ 52 • nD = 3,14 • 10d3.
Далее по участкам определяем Мк, 6 и ср:
—	участок 1-3 (вал, cpi = 0)

112
Кручение
[Гл.4
О О О О О
© © © © ©
эм
к,В
та 1
[та]
Эх,
max,B
ma "I
d3 J
Эх,
'тах,К
22,2-
0,697
Рис. 4.7
. 1,697
0,303
.8,5
9,64

4.2]	Статически неопределимые задачи	113
х
Ф13 — Bis dx = 10—Щ х, фз = ф!зBа) = 20—^-;
о
— участок 1-2 (кожух, ф! = 0)
М12 318 ,__	ч
= Мж - mi, 012 = 771" = 7731 (М1К - тх) ,
? j 318 Л, 1 2Л
Ф12 = Э12 dx = ——? М1Кх - - тяг ,
J	Gd V	2 ;
Ф2 = Ф12(а) =
— участок 2-3 (кожух)
М2з 318 /и_	ч
- та, 92з = -ргг = 7Ш (М1К - та),
Т	i	318 Г.ж /	ч	/«
Ф23 = Ф2+ Э2з dx = —j MiK(a + x) - rnal -
J	Ст a	\ z
L
( Л 318а /	3 \
ФЗ = Ф2з(а) = ТТЛ 2MiK - -та] .
Gd \	I )
Следовательно, уравнение совместности приобретает вид
318а Л..	3
- ~та
Объединяя его с уравнением равновесия, приходим к системе
линейных алгебраических уравнений:
Mib + Мж — —та,
20М1В - 636М1К = -477ша,
которая имеет следующее решение:
Mib = — 1,70гаа, Мж — 0,697та.
Используя полученные выше результаты и формулу для ка-
касательных напряжений в D.7) получаем
—	участок 1-3 (вал)
A^i q	тпа
Mi3 = -l,70ma, TmaX5i3 = -гтг1 = 8,50—g-;
VVK	a
—	участок 1-2 (кожух)
Mi = Mi2@) = 0,697ma, M2 = M12{a) = -0,303ma,

114	Кручение	[Гл. 4
= 318-
= 31,8-g |0,697a - #|,
,l = ^max,12@) = 22,2—3-, TmaX52 = ^ms^,\2{o) = 9,64—3-;
— участок 2-3 (кожух)
М23 = -0,303ma, xmax,23 = ^ = 9,64^.
Эпюры крутящих моментов Мв, Мк и максимальных каса-
касательных напряжений ттах в, ттах к для вала и кожуха соответ-
соответственно приведены на рис. 4.7.
4—5. Определяя по эпюрам максимальное касательное напря-
напряжение, из (П.27) получаем
— 99 9—— < Ы
что эквивалентно следующему неравенству:
rna = 3/22,2.150-1,5 =2м
' [т] V 100 • 106
Окончательно принимаем d = 3,7 см. ¦
Задачи
4.25.	Стальной стержень квадратного сечения и длиной а
закреплен с двух сторон. В середине стержня приложен сосре-
сосредоточенный крутящий момент М. Определить размеры сечения
и максимальный угол закручивания. В расчетах принять: М =
= 1 кН • м; а = 3 м; [т] = 12 МПа.
4.26.	Стержень круглого поперечного сечения диаметра d =
= 60 мм, жестко закрепленный на обоих концах, скручивается
моментом М, приложенным посередине стержня. Определить
допускаемое значение момента М, если [т] = 60 МПа. Как изме-
изменится допускаемое значение момента, если внешний момент будет
приложен в сечении, расположенном на 1/3 от одного из торцов?
4.27.	Стержень круглого поперечного сечения диаметра d,
жестко закрепленный обоими концами, нагружен двумя одинако-
одинаково направленными крутящими моментами М. Последние прило-
приложены в сечениях, расположенных на 1/3 от левой и правой опор.
Вычислить максимальные касательные напряжения. В расчетах
принять: М = 850 Н • м, d = 45 мм.
4.28.	Медная трубка с наружным диаметром d вставлена
в стальную трубку с таким же внутренним диаметром. Концы

4-21
Статически неопределимые задачи
115
трубок жестко скреплены между собой, и к ним приложены кру-
крутящие моменты М = 1 кН • м. Определить максимальные каса-
касательные напряжения в трубках и максимальный угол закручива-
закручивания. В расчетах принять: d = 75 мм; длина трубок 3 м, толщина
стенок 3 мм, модули сдвига для меди и стали GM = 4 • 104 МПа;
GCT = 8 • 104 МПа.
Указание: взаимодействием трубок по боковым поверхно-
поверхностям пренебречь.
4.29.	Составной стержень, закрепленный с двух сторон, на-
нагружен сосредоточенными крутящими моментами (см. рисунок).
Определить допустимое зна-
значение М и максимальный
угол закручивания ср. В рас-
расчетах принять: а = 1,5 м; b =
= 40 мм; G = 8 • 1010 МПа;
[т] = ПО МПа.
4.30.	Составной цилин-
цилиндрический вал и труба при-
прикреплены жестко к концевым	К задаче 4.29
дискам (см. рисунок). Опреде-
Определить максимальные значения ттах и угла закручивания. В расче-
расчетах принять: а = 1м; d = 0,1 м; D = 3/2d; М = 500 Н • м; 5 = d/8;
материал конструкции — сталь, G = 8 • 104 МПа.
о
м
2Ь
QM
Ом
м©
©
О
К задаче 4.30
2т
О
4.31.	Стальной цилиндрический вал диаметром d = 0,04 м
закреплен с двух сторон и нагружен системой распределенных
крутящих моментов (см. рисунок).
Определить интенсивность крутя-
крутящего момента т, если допускае-
допускаемое касательное напряжение [т] =
= 105 МПа, а = 1 м.
4.32.	Дюралевый вал круглого
переменного сечения нагружен рас-
распределенным крутящим моментом	К задаче 4.31
© е
а
е ©

116
Кручение
[Гл.4
т = 145 Н и закреплен с двух сторон (см. рисунок). Определить
угол закручивания сечения А-А. В расчетах принять: а = 0,75 м;
= 2,7-104 МПа.
= 0,l м;
л (•> Я> Q Q Q
^^
1а
К задаче 4.32
4.33. Составной стальной вал нагружен распределенным кру-
крутящим моментом т = 245 Н и закреплен по торцам (см. рисунок).
Определить размеры вала. В расчетах принять: [т] = 95 МПа; а =
= 1,5 м; D = l,4rf.
О G О G О 0
h
© © © т®
1 СМ
О О О О Q,
10 см
7,5 см
К задаче 4.33
К задаче 4.34
4.34.	Стержень с сечением в виде уголка и длиной а = 2 м
нагружен равномерно распределенным крутящим моментом ин-
интенсивностью т = 0,22 кН (см. рисунок) и жестко закреплен
по торцам. Определить максимальные касательные напряжения
в опасном сечении.
4.35.	К валу постоянного сечения, закрепленному с двух сто-
сторон, приложены два сосредоточенных момента М\ и M<i (см. ри-
рисунок). При каком соотношении между ними реактивные момен-
моменты в заделках будут одинаковы?
4.36.	Вал с поперечным сечением в виде швеллера № 10 ГОСТ
8240-72 и двутавра № 12 ГОСТ 8239-72 на двух участках закреп-
закреплен с двух сторон и нагружен сосредоточенными моментами (см.
рисунок). Определить максимальные касательные напряжения.
В расчетах принять: а = 1 m,G = 8 • 104 МПа, М = 2кН • м.
4.37.	Вал с поперечным сечением в виде швеллеров № 14 и
№ 16 ГОСТ 8240-72 на двух участках закреплен с двух сторон
и нагружен распределенным и сосредоточенным крутящими мо-

4-21
Статически неопределимые задачи
117
ментами (см. рисунок). Определить максимальный угол закручи-
закручивания. В расчетах принять: а = О, 8 м, G = 8 • 104 МПа, т = 5кН.
Л Л
1,5а 9 а 9 2а
К задаче 4.35
J
Г
®м
шв. № 10
а ф а
двутавр №
Q2M
!
К задаче 4.36
12
I
wwwww
4.38. Для ступенчатого вала, закрепленного с двух сторон
(см. рисунок) определить интенсивность т допускаемого распре-
распределенного крутящего момента. В расчетах принять: материал —
сталь, [т] = 100 МПа; а = 1 м; D = 0,1 м.
09 та
О О О О
шв. № 14
шв. № 16
©00©
2а
О
н
е
о
1
®
"о
о
—
е
	^
А-А
К задаче 4.37
К задаче 4.38
4.39.	Вычислить касательное напряжение в стенке тонкостен-
тонкостенной замкнутой трубы с сечением в форме полузллипса (см. рису-
рисунок). В расчетах принять: Мк = 7 кН • м; 5i =1,5 мм; 52 = 2 мм;
а = 0,3м; b = 0,1 м.
Указание. Для эллипса с полуосями а и Ь: площадь обла-
области, ограниченной им, F = nab, длина кривой / « тг[1,5(а + Ь) —
-Vab].
4.40.	Для ступенчатого вала, закрепленного с двух концов
(см. рисунок) определить размеры поперечных сечений и макси-
максимальный угол закручивания. В расчетах принять: а = 300 мм;
М = 100 МН • м; [т] = 90 МПа; G = 0,8 • 105 МПа.
4.41.	Определить интенсивность т допустимого распределен-
распределенного крутящего момента для вала переменного сечения (см. ри-
рисунок). В расчетах принять: а = 300 мм; [т] = 80 МПа; d = 60 мм.
4.42.	Одна половина жестко заделанного обоими концами
вала имеет квадратное, а другая — круглое поперечное сечение
(см. рисунок). На расстоянии xq от левой опоры к валу приложен

118
Кручение
[Гл.4
К задаче 4.39
О
2та
т
© © ©
о о\о
К задаче 4.40
(+) 2/яд
. m...
т
о
.. . d_
© ©
О
Ш
О
Ш
////Л
2а
т
о
©
о
©
о
©
К задаче 4.41
К задаче 4.42

4-21
Статически неопределимые задачи
119
крутящий момент М. Определить величину xq из условия, что
реактивные моменты, возникающие в заделках, одинаковы.
4.43. Ступенчатый вал вставлен в тонкостенный кожух
(см. рисунок). На одном конце они скреплены абсолютно жестким
Ф
0 0 0 0
А-+4
I////////
)//
0 0 0 0
^	а	..
О
А-А
В-В
D=L5b
К задаче 4.43
диском, а на другом — заделаны. На кожух и диск действуют
крутящие моменты. Определить запас прочности системы.
В расчетах принять: а = 500 мм; b = 50 мм; т = 1 кН; вал
и кожух изготовлены из одного материала, тт = 160 МПа.

Гл ава 5
ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ
Так же, как и ранее, в этой главе мы будем рассматривать
прямой стержень (стержень) с той же стандартной ПДСК Oxyz.
Определение 5.1. Изгибом стержня называется такой
вид его деформации, при котором ось изменяет свою кривизну.
Деформированная ось стержня называется упругой линией. При
изгибе стержень также называют балкой, ш
Ограничимся следующим НДС балок, который является част-
частным случаем изгиба (см. § 5.2).
Определение 5.2. Поперечным изгибом балки называ-
называется такой вид ее деформации, при котором напряжения а =
= <Ъ, %Ху и xxz в любом ее поперечном сечении распределены так,
что векторы внутренних силовых факторов лежат в плоскости
поперечного сечения:
Ti = Qyl + QzK M = Myi + Mzk, N = 0, Мк = 0, E.1)
т. е. ненулевыми являются только перерезывающие силы и изги-
изгибающие моменты.
Поперечный изгиб называется чистым изгибом, если равны
нулю перерезывающие силы. ¦
С использованием метода сечений и уравнений равновесия
доказывается справедливость следующего утверждения.
Утверждение 5.1 (условия поперечного изгиба). Для
того чтобы балка при силовом нагружении находилась в состоя-
состоянии поперечного изгиба, необходимо и достаточно, чтобы векто-
векторы внешних сосредоточенных и распределенных сил и моментов
были коллинеарны плоскости ее поперечного сечения:
Р/с = Pkyi + PkzK q = Qyi + QzK
= Miyi + Mtzk, m = rriyi + mzk.
Причем Qy ф 0 (Qz ф 0) только в том случае, когда Pky ф 0
или qy ф 0 (Pkz Ф 0 или qz ф 0), а Му ф 0 (Mz ф 0) только тогда,
когда М\у ф 0 или ту ф 0 {M\z ф 0 или mz ф 0). А чистый изгиб
имеет место только при Р& = 0 и q = 0. ¦
Способ учета температурных полей при изгибе указан в § 5.2.
Определение 5.3. Если при поперечном изгибе суще-
существует такая проходящая через недеформированную ось бруса

5.1 ]	Эпюры внутренних силовых факторов	Ш_
плоскость П, что Р&, q || П, а М/, т_1_П, то эта плоскость называ-
называется силовой плоскостью.
При наличии силовой плоскости поперечный изгиб называет-
называется прямым изгибом, если упругая линия лежит в этой плоско-
плоскости. ¦
В этой главе ограничимся прямым изгибом СО балок. Будем
полагать, что силовые плоскости совпадают с координатными
плоскостями Оху и Oxz. Заметим, что в силу принципа су-
суперпозиции (утверждение П.2) достаточно рассматривать только
один из этих вариантов. А именно, будем считать, что силовая
плоскость — Оху (для плоскости Oxz все результаты такие же
с точностью до обозначений). При этом прямой изгиб будем на-
называть просто изгибом.
5.1. Эпюры внутренних силовых факторов
Алгоритм расчета СО балок на изгиб в части пп. 1, 2, 3 а) ана-
аналогичен соответствующим алгоритмам, приведенным в § 1.1, 4.1.
1.	Разбиваем балку на участки.
2.	Из уравнений равновесия определяем реакции опор. Для
указанного варианта изгиба нетривиальными являются только
два уравнения равновесия: равенство нулю проекций внешних
сил на ось Оу и моментов на ось Oz. Поэтому для СО балок
опоры должны накладывать только две связи, что эквивалентно
наличию двух неизвестных реакций в опорах. Однако имеются за-
задачи, в которых балка имеет так называемый врезанный шарнир,
который добавляет еще одно уравнение — результирующий мо-
момент внешних сил и моментов, приложенных к левой или правой
по отношению к шарниру частям балки, равен нулю. Основные
варианты СО балок приведены на рис. 5.1: а — консольная и б —
двухопорная балки; в — балка с врезанным шарниром С. Здесь
же указаны реакции опор.
Уравнение моментов, как правило, составляется относительно
одной из опор с тем, чтобы система уравнений была проще. Более
того, часто вместо уравнения сил с той же целью лучше строить
еще одно уравнение моментов, но относительно другой опоры.
Iя*
**1 х
77777
нСнЖн	7777?	77777
В	**А	В	А	В
б
Рис. 5.1

122
Поперечный изгиб
[Гл.5
*=/(/)
При составлении уравнений равновесия равнодействующие
внешних сил и моментов находятся по формулам в (П.11). Для
распределенной нагрузки во многих случаях может быть исполь-
использован следующий геометрический подход, основанный на свойс-
свойствах определенных интегралов:
—	равнодействующая погонной силы или момента есть пло-
площадь соответствующей эпюры;
—	момент, создаваемый погонной силой, равен моменту от
равнодействующей силы, приложенной в центре тяжести эпюры.
При использовании этого
метода необходимо иметь
набор геометрических харак-
характеристик элементарных эпюр
(криволинейных трапеций).
В табл. 5.1 они приведены для
парабол порядка п (рис. 5.2).
3. а) Последовательно на
каждом из участков строим
эпюры («3») перерезываю-
перерезывающих сил Qy и изгибающих мо-
моментов Mz с помощью метода
сечений и уравнений равнове-
равновесия. ¦
Для того чтобы знаки
эпюр не были привязаны к си-
системе координат, используется следующее соглашение, которое
полностью соответствует знакам Qy, Qz, Mz и Му, выбранным
в (П.22) и (П.24).
Табл и ца 5.1
Рис. 5.2
п
0
1
2
3
0,1,2,...
Название
Прямоугольник
Треугольник
Квадратная парабола
Кубическая парабола
Парабола порядка п
S
lh
lh/2
lh/3
lh/4
-^—lh
n + 1
Жц.т
1/2
21/3
31/4
41/Ь
n + 1
n + 2
с
1/2
1/3
1/4
1/5
n + 2
Правило знаков для 3Qy и 3MZ. Рассмотрим часть бруса Сж,
содержащую данное сечение (на рис. 5.3 и 5.4 оно отмечено ко-
координатой х). В соответствии с третьим законом Ньютона внут-

5.11
Эпюры внутренних силовых факторов
123
ренние силовые факторы на торцах части Gx противоположено
направлены и образуют пару.
Если пара Qy ориентирована по ходу (против хода) часовой
стрелки, то Qy > 0 (Qy < 0), рис. 5.3 а (рис. 5.3 б). Если в данном
сечении упругая линия вогнута (выпукла), то Mz > 0 (Mz < 0),
рис. 5.4 а (рис. 5.4 5).
М>0
м	м
М<0
Рис. 5.4
Иначе говоря, для левой части балки 3Qy направлена в сторо-
сторону равнодействующей внешней нагрузки, а для правой — в обрат-
обратную сторону. 3MZ строится на сжатых волокнах. Смысл этого
термина раскрыт в § 5.2. ¦
Перерезывающие силы Qy, изгибающие моменты Mz и внеш-
внешние нагрузки связаны между собой следующими дифференциаль-
дифференциальными зависимостями:
Qy{x) = q(x), M'z(x) = Qy{x) - m(x), q = qy, m = mz,
E.3)
из которых следует дифференциальное уравнение равновесия
стержня при изгибе:
М"(х) = q(x)-m'(x).
E.4)
Заметим, что при использовании уравнения E.4) распреде-
распределенный момент всегда можно включить в погонную нагрузку:
q(x) = q(x) — т'(х).
При построении эпюр аналогично § 1.1 удобно пользоваться
следующими выводами, вытекающими из соотношений E.3), E.4)
и свойств производных:
—	если q — многочлен, то 3Qy и 3MZ — тоже многочлены, сте-
степень которых на единицу и двойку выше (например, постоянная
погонная нагрузка дает линейную зависимость для перерезываю-
перерезывающей силы и параболическую кривую для момента и т. д.; при этом
достаточно находить лишь граничные значения перерезывающих
сил и моментов);
—	по знаку q CQy) можно судить о возрастании или убывании
3Qy (ЭМ2);

124
Поперечный изгиб
[Гл.5
2а
3J
эм.
—	необходимым условием экстремума 3Qy CMZ) является
равенство q = 0 (Qy = 0), а достаточным — изменение знака q
(BQy);
—	3MZ направлена выпуклостью навстречу направлению
(потоку) q\
— 3Qy в точках приложе-
приложения сосредоточенных сил име-
имеет скачки (разрывы первого ро-
рода), равные по абсолютной ве-
величине этим силам, a 3MZ —
излом (разрыв производной);
ЭB у\	~ ЭЛ^^ в точках приложе-
kflfvJ I	~Т~	ния сосРеД°точеннь1Х моментов
^	имеет скачки, равные по вели-
А чине этим моментам.
Пример 5.1. Для кон-
консольной балки, представлен-
представленной на рис. 5.5, построить эпю-
эпюры Qy и Mz.
Решение. 1. Разбиение
балки на участки показано на
рисунке.
2—3. При построении эпюр
для балок с защемленным кон-
концом опорные реакции можно не
Рис. 5.5	определять, если начинать вы-
вычисление внутренних усилий со
свободного конца, что и делается в этом примере.
Перерезывающие силы и изгибающие моменты находим с уче-
учетом правила знаков по участкам из уравнений равновесия анало-
аналогично § 1.1, 4.1 (равнодействующие погонных нагрузок вычисля-
вычисляются геометрическим методом, указанным в алгоритме):
—	участок 0-1
QyOi = —qa — qx = —q(a + ж),
QyO = Qj/Oi(O) = -qa, Qyl = Qy(n{a) = -2qa,

S
\
7
2
2
и
e
e
N
N
\
\
15
'2
= -qax -qx- = -qx
x
a + -
о
Mz0 = M2Oi(O) = 0, Mzl = MzOi(a) = --qa2;
— участок 1-2
Qyi2 = —qa — qa = —2qa,

5.1 ]	Эпюры внутренних силовых факторов	1_25
Mz\2 = —qa(a + х) — qa I - + х ) = —qa I -a + 2x
Mzl = Mzl2@) = ~2 Qa2, Mz2 = Mzl2(a) = ~^q
— участок 2-3
Qy2S = -q^ — qa — qx = -qBa + x),
Qy2 = Qy2s@) = -^qa, Qys = Eг/2зBа) = -Aqa,
= —qaBa + x) — qal- + a + x\ + 2qa2 — qx— =
/3 о	1
= -g I - a" + 2ax + - x
О	-1 r
Mz2 = М^2з@) = -- qa2, Mz3 = Mz2sBa) = -—qa2.
Соответствующие эпюры приведены на рис. 5.5. Величина
и направление скачков на 3Qy строго соответствуют сосредото-
сосредоточенным силам, а на 3MZ — сосредоточенным моментам. Посколь-
Поскольку везде Qy ф 0, то экстремумы в 3MZ отсутствуют. ¦
Пример 5.2. Для двухопорной балки (рис. 5.6) построить
3Qy и 3MZ.
Решение. 1. Разбиение балки на участки показано на ри-
рисунке.
2.	Отбрасываем опоры, заменяем их реакциями Ri и R^
(см. рис. 5.1), и составляем уравнения равновесия (относительно
их выбора см. п. 2 алгоритма):
^2 Mi = 0: qa • — — qa • а — q • 2а • 4а + R^ • 4а = О,
^М4 = 0: qa
Отсюда находим
R4 = ~^qa, Ri = -rqa.
о	о
3.	С учетом найденных реакций по участкам определяем Qy
и Mz\
— участок 0-1
QyOi = -qx, Qyo = Qj/oi(O) = 0, Qyi = Qyoi{a) = -qa,
MzOi = -qx^ = ~^qx2, Mz0 = MzOi(O) = 0,

126
Поперечный изгиб
[Гл.5
— участок 1-2
= Mz01(a) = --qa2]
15	7
—qa= -qa,
а \ 15	qa	.
9 + Х + "й" ^аЖ = V ~а + I Ж ) '
= Afzi2@) = -- <7«2, ^12 = Mzl2(a) = - qa2]
ТТЛ
qa
y
[qa]
— участок 2-3
I I I
ЛГТ
-4 5
a	a
Рис. 5.6
15	1
= — да + — qa — qa = —- qa,
о	о
15
qa{a + x) - qax = — Ca - x) ,
О	1
Мг2 = Мг23@) = - qa2, Мг3 = Мг23Bа) = х

5.1 ]	Эпюры внутренних силовых факторов	1_27
— участок 3-4
„15	/1	\
QyS4 = -qa+—qa-qa-qx = -ql-a + xj,
1	9
Qys = QyS4@) = -- qa, Qy4 = Qy34(a) = -g qa,
(о,	\ 15	x
= —qa I - + 3a + x I + — qaCa + x) — qaBa + x) — qx- =
\^1	Jo	1
Mz3 =
— участок
М234@)
4-5
1
а2, М
qa2
2 '
a2
4
1
~2
аж
а2;
15	17
Qi/45 = -?a + —qa- qa- q(a + x) + — qa = q(a - x),
о	о
Qy4 = Qy4b@) = qa, Qyb = Qy4b(a) = 0,
= -qa ( - + 4a + x ) + —- qaDa + x) — qaCa + x) —
\2	J 8
/a \ 17	ж	^a /	42
- ga I - + ж I + — gax - gx- = —- (a - xy ,
MZ4 = Mz4b{0) = -- qa2, Mzb = Mz4b{a) = 0.
При вычислении моментов на последнем участке погонная
сила, действующая на участке 3-5, разделена на две нагрузки,
соответствующие участкам 3-4 и 4-5. Вычисление Qy и Mz на
левом и правом концах балки можно было бы и не проводить,
так как их значения известны (см. E.17) и E.24)). Также можно
было бы не находить значения внутренних силовых факторов на
левых концах участков, начиная со второго, если там отсутствуют
соответствующие сосредоточенные нагрузки. Однако эти опера-
операции удобно использовать для проверки.
Соответствующие эпюры приведены на рис. 5.6. Поскольку
везде Qy ф 0, то экстремумы в 3MZ отсутствуют. ¦
Пример 5.3. Для трехопорной балки с врезанным шар-
шарниром (рис. 5.7) построить 3Qy и 3MZ.
Решение. 1. Разбиение балки на участки показано на ри-
рисунке.

128
Поперечный изгиб
[Гл.5
I I I W
25
18-
ы
3M2
[qa2]
625/
648
1
3-
г
IS
3
-29
18
1
2
Is
9л/?
Рис. 5.7
2. Отбрасываем опоры, заменяем их реакциями Rq,
(см. рис. 5.1), и составляем уравнения равновесия:
-3<?а • | а + Я] • За - ^ g • 2а ( 4а + ^ • 2а ) + R3 ¦ 6а = О,
2	2	у 6 )
-Rq • За +
3	1	/ 2 \
- а - - q • 2а а + - • 2а) +
За = 0.
Дополнительное уравнение получаем, составляя уравнение
моментов для правой части балки относительно врезанного шар-
шарнира (см. п. 2 алгоритма):
5] М2пр = 0: - qa • \ • 2а + Rs • 2а = 0.
о
Объединяя все три уравнения, приходим к системе уравнений:
13	59	4
ЗЯ0 - ЗЯ3 = у qa, 3fli + 6Я3 = — да, 2Я3 = д ?а,
решение которой находим, начиная с последнего уравнения:
2	35	25
Я	Я1 = is qQ"> RQ = Y8qa'
3. С учетом найденных реакций по участкам определяем Qy
M
и Mz\

5.1]	Эпюры внутренних силовых факторов	129
— участок 0-1
„	25	/25	\
QyOl = ^qa-qx = q[—a-x),
Lo	у lo	/
25	29
<2г/0 = QyOl @) = — qa, Qy\ = Qy(n Ca) = -— qa,
25	x	qx /25
qax qx =	\
q
= —qax- qx- = -— \—a-x
Mz0 = Mm @) = 0, Mzi = MzOi (За) = - - qa2;
—	участок 1-2
Qyi2 = —qa - q - За + —qa = -qa,
25	/Q , Л Q	(Ъ	, ^ , 35
= — ga • [6a -j- x) — 6qa • I — a + x I + — ga • ж =
18	\2	) 18
aa .
= Y^~
Mz\ = Mzi2@) = -- qa2, Mz2 = Mzl2{a) = 0;
—	участок 2-3
25	35	la
1	2
Qi/2 = <2г/2з@) = - ga, Eг/3 = <2г/2зBа) = -- ga,
25 ,,	ч о /За
= 7^ gaDa + x) - 3qa \— + a + x
18	\ 2
35 .	ч 1 q	1	qx
-qa(a + x)--.-x.x.-x = T
2
Mz2 = Mz23@) = 0, Mz3 = Mz2SBa) = ~ qa2.
Эпюра Qy приведена на рис. 5.7. Для построения 3MZ (см. тот
же рисунок) необходимо дополнительно найти ее экстремумы:
5 А. Г. Горшков и др.

130
Поперечный изгиб
[Гл.5
— участок 0-1 (ж* — точка максимума, так как при переходе
через нее 3Qy меняет знак с плюса на минус)
гл	BЪ	\ п	25
QyOl = Я ( ^ а ~ х*) = °> ж* = is а>
я( ^
= -- — а 1уа- — а ) = 648
— Mz max ~
— участок 2-3 (ж* — точка максимума по той же причине)
Qy2S = ^(за"^)=0' х* = -=а,
G
3
2
а> —
1
4a
Задачи
5.1—5.13. Для балок, изображенных на соответствующих ри-
рисунках, построить эпюры Qy и Mz.
5.14—5.25. Для указанных на соответствующих рисунках ба-
балок вычислить наибольшие по абсолютной величине значения Qy
и Mz. В расчетах принять: q = 20 кН/м, а = 1 м.
5.26—5.27. Для балок, изображенных на соответствующих
рисунках, найти расстояние а, при котором экстремальные зна-
значения изгибающих моментов будут одинаковы.
2qa
qa
-.1
а
\
1 V
а
\
1 V
¦>
2а
у
г V
К задаче 5.2

5.11
Эпюры внутренних силовых факторов
131
К задаче 5.3
V V V V V
да
V V V
«	»
К задаче 5.4
да
Ъда
¦^--^	*-
К задаче 5.5
1 У
1 \
а
Я
i
Я
а
а
а
да
К задаче 5.6
К задаче 5.7

132
Поперечный изгиб
[Гл.5
Чо
—>
а
у
i
'да
2а
V v
К задаче 5.8
/
/
да
\
2а
да
К задаче 5.9
К задаче 5.10
К задаче 5.11
2д0с
\
г
а
4а
—I
4 2
~^ 2а
К задаче 5.12
ж
?'
Ада1
да
К задаче 5.13
Jga
2а
2а
К задаче 5.14
^ 2
К задаче 5.15
К задаче 5.16

5.1]
Эпюры внутренних силовых факторов
133
qa
2а
IL'
2а
К задаче 5.17
qa
q
1 \
qa
< 2a >
К задаче 5.18
XXX
'¦ ¦ ¦ ¦ t
>« a >l
К задаче 5.19
К задаче 5.20
2qaz
Аа
К задаче 5.21
qa
. 2a >
К задаче 5.22
v
2
1
2a
r
2qa
2a
К задаче 5.23
2qal
, 2a , , 2a >
К задаче 5.24
?e
1 V
iT
2а
^?7
К задаче 5.25

134
Поперечный изгиб
[Гл.5
-<
р
С \
< а >
г >
К задаче 5.26
к
ft?/
2
К задаче 5.27
5.2. Нормальные напряжения и перемещения
При чистом изгибе для определения напряжений к гипоте-
гипотезе Бернулли добавляется следующее предположение (см. также
утверждение 1.2).
Аксиома 5.1. При чистом изгибе продольные волокна
балки находятся в состоянии одноосного растяжения-сжатия, т. е.
в любой точке
Оу = az = хху = xxz = 0. ¦	E.5)
Из аксиом П.8, 5.1 и закона Гука A.5) вытекает связь про-
продольных деформаций г = еж, нормальных напряжений о = ах
и радиуса кривизны р упругой линии:
«=-?¦ •=-?*¦
E-6)
где начало системы координат О у z в сечении выбрано на не де-
деформированных продольных волокнах (е = 0).
Дополнительный учет выражения для изгибающего момен-
момента Mz в (П.20) приводит к уравнению деформаций при изгибе:
Определение 5.4. Совокупность недеформированных
продольных волокон балки называется нейтральным слоем,
а прямая п, лежащая в пересечении нейтрального слоя и плоско-
плоскости поперечного сечения — нейтральной линией.
Произведение EJZ называется жесткостью на изгиб, ш
Из формул E.6), (П.20), аксиомы 5.1 и условий чистого изгиба
(определение 5.2) вытекает следующий результат.

5.2]
Нормальные напряжения и перемещения
135
Утверждение 5.2. Для того чтобы в условиях утверж-
утверждения 5.1 имел место чистый изгиб балки в плоскости Оху, необ-
необходимо и достаточно, чтобы система координат О у z была глав-
главной, а ее ось Оz проходила через центр тяжести С поперечного
сечения (центр тяжести лежал в нейтральном слое):
Sz = 0, Jyz = 0. ¦	E.8)
Для определенности далее будем полагать, что Oyz совпадает
с Cyz, т.е. является главной и центральной.
Формулы E.6) и E.7) приводят к следующей связи нормаль-
нормального напряжения и изгибаю-
изгибающего момента:
о = — -
Mzy
E.9)
Эпюра нормальных напря-
напряжений по высоте сечения, оче-
очевидно, линейная. Она приве-
приведена на рис. 5.8. Нейтральная
линия п совпадает с осью Cz,
а максимальные растягиваю-
растягивающие или сжимающие (в зави-
зависимости от знака момента) на-
напряжения имеют место в наи-
наиболее удаленных от оси точках В и Н:
в _ \МХ\ „ _ \М*\
wz
Wz+ =
Wz- =
2/min
E.10)
Для симметричных сечений эти формулы упрощаются:
\м2
Jmax p — °max с —
wz =
E.11)
Как следует из E.9)-E.11), для того чтобы напряжения были
меньше, сечение необходимо располагать так, чтобы Jz = Jmax-
Определение 5.5. Величина Wz называется момен-
моментом сопротивления при изгибе, ш
Формулы его вычисления для некоторых сечений приведены
в § П.2 (табл. П.6).
Температурное поле t изменяет НДС только в СН стержнях.
В силу принципа суперпозиции оно может быть найдено отдель-
отдельно. К изгибу сводится только частный случай распределения тем-
температуры, а именно, независимость от координаты z и линейная
зависимость от у:
t = to(x) + k(x)y.	E.12)

136	Поперечный изгиб	[Гл. 5
При этом действие температуры приводит к фиктивным из-
изгибающим моментам
М\ = -ak(x)EJz.	E.13)
При поперечном изгибе аксиомы П.8 и 5.1 не справедливы.
Как показывают опыты, в этом случае сечения после деформации
не остаются плоскими (имеет место так называемая «депланация
сечений»), и касательное напряжение хху ф 0.
Однако во многих случаях касательные напряжения значи-
значительно меньше нормальных. Поэтому пп. 4 и 5, продолжающие
указанный в § 5.1 алгоритм расчета СО балок на изгиб практи-
практически совпадает с соответствующими пунктами § 1.1, отличаясь
тем, что omax p и отах с выбираются с учетом формул E.10) или
E.11).
При этом для симметричных относительно оси Сz сечений
расчетным является то сечение, в котором \MZ\ = |M^|max. Если
для несимметричных сечений момент не меняет знак, то расчет-
расчетное сечение выбирается так же. Если же момент меняет знак,
то расчетными являются два сечения, в которых Mz = Mzmax
и Mz = Mzm[n. m
Пример 5.4. Провести проектировочный расчет на проч-
прочность изображенной на рис. 5.7 балки для сечений, указанных
на рис.5.9а-в, а также для швеллера ГОСТа 8240-72. Провести
сравнение весов балок с этими сечениями.
В расчетах принять: q = 18 кН/м, а = 20 см, 6/5 = 10, [о]р =
= 100 МПа, [о]с = 70 МПа. Толщину 5 округлить до 0,1 мм, а раз-
размер b — до 1 мм.
Решение. Пункты 1—3 алгоритма реализованы в приме-
примере 5.3. Соответствующая эпюра изгибающих моментов приведена
на рис. 5.7.
4—5. Из этой эпюры находим максимальные положительный
и отрицательный моменты:
= ^ qa2 = 0,965<?а2 = 0,965 • 18 • 103 • @,2J =
= 0,695 кНм,
Mzmin = -0,ЗЗЗда2 = -0,333 • 18 • 103 • @,2J = -0,240 кН • м.
Далее определяем геометрические характеристики сечений,
указанных на рис. 5.9 а-в (см. гл.З, табл. П.6 и формулы E.10),
E.11)):

5.2]
Нормальные напряжения и перемещения
137
— прямоугольник (оси симметрии Су и Сz — главные цен-
центральные):
12
b
b
2
b
b
/
У
с
b
b
2b
Рис. 5.9
— тонкостенное сечение (ось симметрии Сz — главная цен-
центральная; вычислять координату центра тяжести по оси Су нет
необходимости):
= 15,3635= 1,53Ь4,
Wz = Тъ = °'76563-
— фигурное сечение (ось симметрии Су — главная цен-
центральная; сечение несимметрично относительно оси Cz, C(yc, 0);
Oy\Z\ — вспомогательная система координат):
Гф = 6Ь-8Ь-2- B6J -4b-2b = 3262,
SZ1 = 48b2 • 46 - 2 • D62 • 36) - 862 • 76 = 11263,

138	Поперечный изгиб	[Гл. 5
11263 „ „,
4Ь B*) +8Ь2 G6)^|= 554 Ь\
12
Jz = JZ1 - Fy2c = 554b4 - 3262 • C,56J = 16264,
Поскольку допускаемое напряжение на сжатие меньше допус-
допускаемого напряжения на растяжение, то в соответствии с алгорит-
алгоритмом расчета СО балок на изгиб равенства E.11) с учетом (П.27)
для симметричных сечений приводят к следующему неравенству:
Mz max
с = —уу
Отсюда получаем:
— прямоугольник
Мгтах ^ r , ,^ з/8-Мгтах 3/8-0,695-10
зьз/8 -=l-jc ^ у 3[o]c - у 3.70.10б
— тонкостенное сечение
_ _ з/ 0,695-103
\~c ~ у 0'765 • 70 • 1(N
— швеллер
=°'0235м'
IV. > ^ - !^^ = 9,93 • 10- м» = 9,93 с-».
Окончательно полагаем:
—	прямоугольник
6 = 30 мм, Fu = 1,562 = 13,5 см2;
—	тонкостенное сечение
5 = 2,4 мм; b = 24 мм,
FT = 25F + 6^2 + 6) = 6,8256 = 0,393 см2;

5.2]	Нормальные напряжения и перемещения	139
— швеллер № 6,5 (см. табл. П.10)
WZ = WX = 15,0 см3, Fm = 7,51 см2.
Для фигурного сечения в силу его несимметричности, в со-
соответствии с алгоритмом и E.10), (П.27), необходимо решать
систему четырех неравенств (при положительном изгибающем
моменте верхние волокна сжаты):
= 0,0268-^ < [о]с>
0,965<?а2 пП9ПЯ
= 0,0208-
-S- = 0,00719-^ < [о]с,
стах р = -щ— = -j^r = 0,0208-^ < [о]р,
атах р = -^ = -^дг = 0,00925-^ < [а]р.
Очевидно, последние два неравенства можно отбросить. Учи-
Учитывая дополнительно, что допускаемое напряжение на сжатие
меньше соответствующего напряжения на растяжение, приходим
к эквивалентной системе, состоящей из одного первого неравен-
неравенства. Разрешая его относительно 6, получаем
,/0,0268^ = ^0,0268.18.1040,2)' =	^
у Ыс	V	70-Ю6
Окончательно полагаем
b = 7 мм, Рф = 3262 = 15,7 см2.
Очевидно, отношение весов балок с различными сечениями
определяется отношением их площадей:
РП:Гф:Гш: FT = 13,5 : 15,7 : 7,51 : 0,393 = 34,4 : 39,3 : 19,1 : 1.
¦
Определение вертикальных перемещений (прогибов, упругой
линии) 5 = у (х) и углов поворота Э(ж) сечений при изгибе сводит-
сводится к интегрированию вытекающих из E.7) и известной формулы
для кривизны плоской кривой
„ //
E.14)
E.15)
1
р
квазилинейных уравнений
[1 +
[1
у"
(у1)
У
+ (у'
2"|3/2
\2i3/2
Mz
EJZ

140
Поперечный изгиб
[Гл.5
или системы уравнений
е' =
E.16)
EJZ cos 6
Основные типы граничных условий с учетом E.3), E.15)
и E.16) для них следующие:
— на конце х = х\ отсутствует опора и приложены сила Р
и момент М (их знаки выбираются в соответствии с прави-
правилом знаков, указанным в § 5.1; если конец свободный, то Р = 0
и М = 0)
V"EJZ
Mz
l + (у'J]3/2
y"EJz
= Q'EJzcosQ\x=x = М,
¦л
= (Q'EJ2cosQ)' _ = Р;
X — X \
заделка на конце х = х%
E.17)
E.18)
— неподви^<ный или подви^<ный шарниры на конце х =
с приложенным на нем моментом М
\х=хз
= е' ejz cose
= м.
E.19)
В соответствии с принципом начальных размеров (аксиома
П.З), как правило, полагают |б| <С 1, что приводит к линеаризации
соотношений E.14)—E.19). А именно, уравнение E.15) и система
E.16) приобретают вид
у" =
EJZ"
у1 = е, е' =
EJZ
E.20)
E.21)
Они с учетом соотношений E.3) и E.4) сводятся к двум экви-
эквивалентным уравнениям:
(y"EJzJ = Qy,	E.22)
(y"EJx)" = q.	E.23)
Естественно, квазилинейные уравнение E.15) и система E.16)
могут быть приведены к аналогичному виду.

5.2]	Нормальные напряжения и перемещения	141_
Линеаризованные граничные условия при этом имеют вид:
—	на конце х = х\ отсутствует опора, и приложены сила Р
и момент М
Mz\ = y"EJz\ = Q'EJZ\ = М,
\X-X1	Х-Х!	\Х-Х!
Qv\	=(y"EJz)'\	=(Q'EJZ)'	=P;
^У\х—х\ vy	z) \х—х\ v	z) x—x\	'
—	заделка на конце х = х%
у\ = 0, 9	=у'\ = 0;	E.25)
* \Х = Х2	Х = Х2	а \Х = Х2	V	'
—	неподвижный или подвижный шарниры на конце х = жз
с приложенным на нем моментом М
у	=0, AfJ =y"EJz\ =Q'EJZ\ =M. E.26)
U Х = Х3	'	Z\X = X3	U	Z\X = X3	Z\X = X3	V	У
Таким образом прогибы (упругая линия) балки могут быть
найдены как решение краевых задач для уравнения E.20) (систе-
(системы E.21)) или уравнения E.23). При этом в соответствии с по-
порядком уравнения в первом случае необходимы два граничных
условия, а во втором — четыре. Использование уравнения E.20)
(системы E.21)), с одной стороны, имеет преимущество в виде
более низкого порядка, а с другой стороны требует предваритель-
предварительного построения эпюры Mz.
При решении краевых задач с разрывными характеристиками
и/или сосредоточенными нагрузками интегрирование проводит-
проводится по участкам. Краевые условия в точках х = ж* их стыковки
в соответствии с аксиомой П.1 есть уравнения неразрывности бал-
балки. Если в этом сечении отсутствуют дополнительные условия, то
должно иметь место (опора, врезанный шарнир и т.д.) равенство
левых и правых пределов для перемещений и углов поворота
(в скобках указаны дополнительные условия, необходимые при
использовании уравнения E.23)):
®\х=х*-0 Нж=ж*+О'
E-27)
Здесь М* и Q* — внешние сосредоточенные момент и сила в се-
сечении х = ж*. Их знаки выбираются в соответствии с правилом
знаков (см. §5.1).
При наличии в сечении дополнительных условий равенства
E.27) модифицируются в соответствии с типом этих условий.
Например, если имеется опора в виде катка, то условия стыковки

142	Поперечный изгиб	[Гл. 5
таковы:
У\х=х*-0 = У\х=х*+0 = ^
Этот подход, как правило, приводит к необходимости решать
системы линейных алгебраических уравнений высокого порядка.
Частично эта сложность устраняется при использовании метода
начальных параметров. Его суть состоит в том, что применяется
единая для всего бруса система координат Оху с началом на ле-
левом конце и учитывается простая структура уравнений системы
E.21), позволяющая найти их общее решение непосредственным
интегрированием:
е(х) = е0 + 1м(х), у(х) = уо
E.28)
г М	г
{х) = -=гг dx, IQ(x) = 1м{х) dx.
J rbJz	J
о	о
Определение 5.6. Величины 6о и у$ называются на-
начальными параметрами, ш
В случае заделки на левом конце они являются начальными
условиями: 6о = 0 и у$ = 0 (см. E.25)). При других вариантах
опор они определяются из граничных условий на правом и, мо-
может быть, на левом концах. Даже в случае наличия разрывных
характеристик балки и сосредоточенных сил и моментов эпюра
моментов и вся подынтегральная функция в первом интеграле
в E.28) может иметь только разрывы первого рода. Следователь-
Следовательно, как вытекает из соответствующих свойств интеграла, Э(ж)
и, тем более, у(х) — непрерывные функции, и условия E.27)
стыковки участков выполняются автоматически. Таким образом
в этом методе число неизвестных постоянных не зависит от числа
участков и равно двум.
Относительное неудобство заключается в том, что необходимо
иметь зависимость Mz(x) в единой системе координат, тогда как
при построении эпюр обычно используются местные системы ко-
координат (см. примеры 5.1-5.3). Для того чтобы обойти эту слож-
сложность, для г-го участка (х G [жг-1 -> х%[ (* — 1? • • • -> п)) представим
каждый интеграл в E.28) в виде суммы интегралов по участкам
и на каждом из участков перейдем к местной координате ^j = х —
— Xj-\ (если г — 1 = 0, то сумма равна нулю):

5.2]	Нормальные напряжения и перемещения	143
~	г-1
3=1
у(х) = y(xi-^ + ^i) = yi-^ifa) =
г-1
3=1
d^ h(W J Ь&) %	E-29)
где lj = Xj — Xj-\ — длина j-ro участка. ¦
Подход к решению задач об изгибе, основанный на решении
краевых задач, так же, как при растяжении-сжатии и кручении,
может быть применен и к СН балкам. Однако в общем случае
он, очевидно, является громоздким, поскольку здесь необходимо
использовать уравнение E.23) четвертого порядка или метод рас-
раскрытия статической неопределимости, изложенный в гл. 7. Там
же приведены более простые способы определения перемещений.
Пример 5.5. Найти уравнение упругой линии балки,
изображенной на рис. 5.10, полагая, что EJZ = const.
Решение. Разбиваем балку на два участка (см. рисунок).
I способ — решение краевой задачи по участкам с последую-
последующей стыковкой. Будем использовать уравнение E.20), поскольку
число констант интегрирования для уравнения E.23) в два раза
больше.
Определяем реакции Rq и R^ в опорах:
5] Mi =0: - До • 3/ + g • 2/ • 2/ = 0, R0 = ^qt,
^М0 = 0: fli -31-q-21-1 = 0, Ro = \ql.
о
По участкам находим Qy и Mz (x — местная координата):
— участок 0-1
4	/4	\	4
QyOl (х) = -qi-qx = ql-i-x\ , Qy0 = Qyoi @) = - qt,
= -|^ Qyoi (|/) =0,
ж) = зqlx ~ qx\ = qx [ il ~ \x)'

144
Поперечный изгиб
— участок 1-2
2
[Гл.5
Mz0 = Mz01 @) = 0, Mzl = Mz01 B1) = \ ql2-
Рис. 5.10

5.2]	Нормальные напряжения и перемещения	145
(х) = | qlBl + x)-q- 21A + х) = \
Мя1 = М212@) = | ql2, Mz2 = Mzl2{l) = 0.
Эпюры Qy и Mz приведены на рис. 5.10.
Далее на каждом участке записываем дифференциальное
уравнение E.20) и находим его общее решение:
— участок 0-1 (А\, В\ — константы интегрирования)
EJzy'Q1 = EJZQO1 = - qx2 B1 - - ж) + Аи
— участок 1-2 (Л2, B<± — константы интегрирования)
EJzy'12 = EJzd12 = 3 Я1ф1 ~х) + Л2,
EJzyi2 = g qlx2 (^ - 3 ж
Для определения произвольных постоянных А], А2, В\, В2
используем граничные условия (см. E.26))
2/01 @) = 0,
и условия сопряжения на границе участков (см. E.27))
), e0iB0 = в12@).
Подставляя в них найденные выражения для прогибов и углов
поворота, получаем систему линейных алгебраических уравне-
уравнений:

146
Поперечный изгиб
[Гл.5
Систему из последних трех уравнений решаем методом Гаусса
(искомый вектор (A-[l, A^t., В2У/(ql4)):
/О 1 1
2 0-1
\ 1 -1 0
( 1
0
-1
1
2
0
1
-1
/ 1
0
\
0
4
"з
2
Q
У
14
~9~
\
/
-1
1
0
0
1
-3
4 ^
3
ItO
9
ItO
откуда находим
Окончательно с учетом этих значений получаем:
— участок 0-1
qx
Y
— участок 1-2
3 V3

5.2]	Нормальные напряжения и перемещения	147
3/1 = 012@) = -- j^J- у2 = 3/12@ = 0.
Здесь значения прогибов на границах участков и углов поворота
в сечении, где стыкуются участки, найдены для проверки пра-
правильности решения.
Эпюры углов поворота и прогибов приведены на рис. 5.10.
Они построены с учетом дифференциальных зависимостей E.21)
и E.3). Точка экстремума перемещений х = ж* может быть най-
найдена как решение кубического уравнения 6(и(ж) = 0.
II способ — метод начальных параметров. Используя ранее
найденные изгибающие моменты, по участкам вычисляем инте-
интегралы Imj(?>j)i Iqj(?>j) (j — 1 ? 2) в E.29) (первые из них фак-
фактически найдены при решении первым способом), а также углы
поворота и прогибы (ж — местные координаты):
— участок 0-1 (г = 1, жо = 0, х\ = 1\ = 21)
X
т < \ т, < \ [ Mzvi , qz2 {<,, 1 \
Ш\ (х) = Э01 [х) = —— dx = ——- [II - - х ,
0
Qoi \x) = 6q + 6qi (ж) ,
31 (ж) dx =	ж2 ( 21 — ^ ж ) dx =
о	z о
3EJZ
— участок 1-2 (г = 2, x\ = 2/, x% = 3/, fo = I)
X	XX
Im2(x) = | -^j- dx = ^ qlx 11 - - xj ,
x) = I mi (h) + 1м2(х) = з|^- D/2 + 2lx - x2) ,
x	x
/92(x) = f е]2(ж) dx = -f— \ Dl2 + 2lx - x2) dx =
J	ohiJz J

148	Поперечный изгиб	[Гл. 5
1/12(ж) = У0 + B/ + х) 60 + 1Л (/]) + /92(ж) =
Начальные параметры определяем из указанных выше гра-
граничных условий. Из первого из них следует, что
Уо = 0,
а второе приводит к уравнению
которое имеет следующее решение:
ее = 4 *'
9 EJZ'
Подставляя найденные значения начальных параметров в вы-
выражения для углов поворота и прогибов, получаем тот же резуль-
результат, что был получен при решении первым способом. ¦
Пример 5.6. Найти углы поворота сечений и прогибы
балки с учетом нагрева (рис. 5.11), полагая, что а = const.
Решение. В соответствии с исходными данными опреде-
определяем коэффициент к в E.12) и фиктивный изгибающий момент
E.13):
k = (ti- t2) /b = 2At/b = const, Mz = -akEJz.
Деформированное состояние балки описывается уравнением
E.20) с начальными условиями E.25):
у" = -ак, 1/@) = 0, j/;@) = 6@) = 0.
Последовательно интегрируя уравнение, находим (Ci и С2 —
константы интегрирования)
у1 = е= -акх + Сг, у = --akx2 + Cix + C2.
Отсюда, учитывая начальные условия, получаем
9@) = d = 0, у@) = С2 = 0.
Следовательно, углы поворота и прогибы 5 = у определяются
так:
1
9 = —акх, у = —-
Их эпюры приведены на рис. 5.11.
Обратим внимание на то, что деформированное состояние
балки в данном случае не зависит от ее жесткости на изгиб. ¦

5.2]
Нормальные напряжения и перемещения
149
3U
[akl2]
Рис. 5.11
Пример 5.7. Для балки, изображенной на рис. 5.12, по-
построить эпюры Qy, Mz, 6 и 5, полагая, что EJZ = const.
Решение. Балка является статически неопределимой. По-
Поставленную задачу можно решить методами, указанными в гл. 7.
Здесь будем искать решение соответствующей краевой задачи,
которая следует из E.23), E.25) и E.26):
EJzyw = q, |/@) = 0, у'@) = 6@) = 0,
</(/) = 0, у"A) = 0.
Последовательно интегрируя уравнение, с учетом E.22) полу-
получаем (Ci, C2, С3 и С4 — константы интегрирования):
Qy = EJzy'" = EJZ
Mz = EJzy" = EJZ

150
Поперечный изгиб
[Гл.5
У =
24EJZ
&EJZ
4 1
x +6
с2х
C4.
Л, А Л Л А А А Л Л А
[ql]
ъ_
8
8
эе
Э5
*	l
i 11
"! /768
__
,128
0
Ге
7
х3 = 0,578/
е
. 0,00925
'48
Рис. 5.12
Из первых двух граничных условий следует, что
Сз = С/± = 0,
а два последних приводят к системе линейных алгебраических
уравнений:
б

5.2]	Нормальные напряжения и перемещения	Ш_
Ее решение имеет вид
hql	ql2
Учитывая значения найденных констант, окончательно полу-
чаем
-f), М, = | Dх2 - 5x1 +I3) ,
<&2 15*<+в'2) 9
- шт. <& 15*<+в') • 9 шт, ^
Для построения эпюр находим значения силовых и кинема-
кинематических факторов (часть из них вычисляется для проверки)
в характерных точках:
Mz(l) = 0, М^ял) = M
x2 = \h 9@) = 0,
zm[n
= Этах = ^ |^-, 9(х3) = 0, х3 = 0,578/;
j/@) = y(l) = 0, з/(я;з) = Ушах = 0,009259/
EJZ
Соответствующие эпюры приведены на рис. 5.12. ¦
Задачи
5.28.	Для балки, указанной в задаче 5.7, подобрать сечения
двух типов: прямоугольник с соотношением ширины и высоты
1 : 1,5 и двутавр ГОСТ 8239-72. В расчетах принять: q = 40 кН/м,
а = 60 см, [а] = 120 МПа.
5.29.	Для балки, указанной в задаче 5.7, определить размеры
сечения, изображенного на рисунке. В расчетах принять: q =
= 40 кН/м, а = 60 см, [о]р = 40 МПа, [о]с = 120 МПа.
5.30.	Определить наибольший прогиб и углы поворота опор-
опорных сечений балки, изображенной на рисунке.
5.31.	Определить прогиб и угол поворота на свободном конце
консольной балки, изображенной на рисунке.
5.32.	Для балки, изображенной на рисунке, найти уравнение
упругой линии.

152
Поперечный изгиб
[Гл.5
5.33—5.36. Для консольных балок, приведенных на соответ-
соответствующих рисунках, с помощью решения краевых задач опреде-
определить значения угла поворота и прогиба на
свободном конце.
5.37—5.39. Определить углы поворо-
поворота дл и дв опорных сечений и прогибы
середины пролета стальных балок (Е =
= 2 • 105 МПа), приведенных на соответ-
соответствующих рисунках. В расчетах принять:
—	5.37) а = 2 м, q = 30 кН/м, сече-
сечение — двутавр № 27 ГОСТ 8239-72;
—	5.38) а = 6 м, q = 20 кН/м, Мо =
= 80 кН • м, сечение — двутавр № 36
ГОСТ 8239-72;
—	5.39) а = 4 м, q = 20 кН/м, Мо =
= 40 кН • м, сечение — двутавр № 30
ГОСТ 8239-72.
К задаче 5.29
V v v v v v
К задаче 5.30
К задаче 5.31
К задаче 5.32
\ f
qa p
\ t
2a
К задаче 5.33
Pa
2а
К задаче 5.34
К задаче 5.35
5.40—5.42. Для двухопорных балок, изображенных на соот-
соответствующих рисунках, определить углы поворота 6д и 6^ опор-
опорных сечений и прогиб dD свободного конца.

5.2]
Нормальные напряжения и перемещения
153
/
/
/
/
• \
1
1
A _
7
а
К задаче 5
К задаче ?
К задаче b.L
А
/
/
/
/
/
77
	—г
, ь >
А
\
t
.36
Мо
-<-
7*
R А
ур Л
м0
1
>.38
а
Р
D
А
Ш
77^
/
тВ
К задаче 5.42
_^
	Т i
i
]
К
задаче 5.43
К задаче
К задаче
К задаче ?
а
-т
л
1
5.37
Мо
hb
—я
5.39
hB
а
.41
Ч
>
Р
D
5.43—5.45. Найти форму упругой линии приведенных на со-
соответствующих рисунках балок постоянной жесткости.
5.46—5.48. Найти форму упругой линии испытывающих тем-
температурное воздействие балок, приведенных на соответствующих
рисунках. Положить, что жесткости на изгиб и коэффициент тем-
температурного расширения постоянны по длине, а высота сечения
равна h.

154
Поперечный изгиб
[Гл.5
К задаче 5.44
f
\
a
2a
К задаче 5.45
К задаче 5.46
It
2t
К задаче 5.47

5.2]
Нормальные напряжения и перемещения
155
К задаче 5.48
5.49.	Шарнирно опертая балка длиной / нагружена в середине
пролета силой Р. Подобрать номер двутавра ГОСТ 8239-72 попе-
поперечного сечения балки. В расчетах принять: / = 2 м, Р = 15 кН,
[а] = 160 МПа.
5.50.	Двутавровая балка № 16 ГОСТ 8239-72 длиной 1,5 м
жестко защемлена одним концом и нагружена силой Р = 10 кН
на другом конце. Определить максимальные нормальные и каса-
касательные напряжения в опасном сечении.
5.51.	Определить нормальные напряжения в поперечном се-
сечении балки на расстоянии 3 см от нейтральной оси, если сече-
сечение — прямоугольник ширины b = 5 см и высоты /i = 12cM,aB =
= 1 кН и М = 1 кН • м.
5.52.	Для двухопорной балки, изображенной на рисунке, по-
подобрать номер швеллера ГОСТ 8240-72. В расчетах принять: q =
= 5 кН/м, а = 1 м, [а] = 160 МПа.
1 У
2а
Ч
f
К задаче 5.52
5.53.	Для двухопорной балки, изображенной на рисунке, по-
подобрать прямоугольное сечение с соотношением ширины и высо-
высоты b/h = 2/3. В расчетах принять: М = 2 кН • м, а = 1 м, [а] =
= 10 МПа.
5.54.	На балку, изображенную на рисунке, действуют сила
Р = 60 кН и момент М = 20 кН • м. Подобрать двутавровое сече-
сечение ГОСТ 8239-72. В расчетах принять [о] = 140 МПа.

156
Поперечный изгиб
[Гл.5
М
2а
К задаче 5.53
2м
М
Зм
К задаче 5.54
V V V V У
2,5м
Pi
f
1,5м | 1,2м
К задаче 5.55
V/
а
/
V/, *г
6а
v
К задаче 5.56
5.55.	К балке, изображенной на рисунке, приложены силы
Р\ = 25 кН, Pi = 12 кН и равномерно распределенная нагрузка
интенсивности q = 6 кН/м. Подобрать сечение балки, составлен-
составленное из двух швеллеров ГОСТ 8240-72. В расчетах принять [а] =
= 140 МПа.
5.56.	Для консольной балки, изображенной на рисунке, из
условий прочности найти связь между размерами сечения а и Ь.
В расчетах принять: [о]с = 3[о]р.

5.3]
Касательные напряжения. Центр изгиба
157
5.3. Касательные напряжения. Центр изгиба
При поперечном изгибе балок для определения касательных
напряжений вводятся дополнительные гипотезы. Причем для
каждого типа сечения они свои. Далее везде Оz — главная цен-
центральная ось.
Аксиома 5.2. При поперечном изгибе в плоскости Оху
балок сплошного сечения касательные напряжения сонаправлены
с вектором Qyj (перпендикуляр-
(перпендикулярны нейтральному слою, т = тху^)
и распределены по хорде равно-
равномерно, рис. 5.13. ¦
Отсюда для балок постоян-
постоянного сплошного сечения следует
формула Журавского:
QOOTC
b(y)
bJz
E.30)
Рис. 5.13
где S°TC = S°TC(y) статический
момент относительно оси Оz
отсеченной части DOTC обла-
области D (?)отс — область, огра-
ограниченная снизу прямой I : у =
= const, см. рисунок), b = b(y) —
длина хорды (отрезка / П D).
Эта формула для некоторых сечений дает большую погреш-
погрешность. Соответствующие точные результаты получаются метода-
методами теории упругости.
Отметим, что перерезывающая сила является равнодействую-
равнодействующей для касательных напряжений:
E.31)
Qy = | \xxydxdy.
J J
D
Эпюры касательных напряжений и их максимумы для неко-
некоторых типов сплошных сечений указаны в § П.2 (табл. П.6).
Пример 5.8. Найти распределение касательных напряже-
напряжений в изображенном на рис. 5.14 прямоугольнике, являющимся
элементом сплошного сечения (боковые стороны свободные).
Решение. Для отсеченной части, указанной на рисунке,
с использованием результатов гл. 3 имеем
yi-y
2
= 0,
bh
- h) = у By, - h) .

158
Поперечный изгиб
[Гл.5
Касательные напряжения определяются формулой E.30):
z=^(y!-y2), т(„,) = 0, т(„, - Л) = %^ Bу, - Л) •
Рис. 5.14
Очевидно, если 0 ^ [j/i,j/i — /i], то касательные напряжения
на этом элементе не имеют экстремума, а в противном случае
они достигают максимума в точке у = 0:
QvVi
= т@) =
2JZ
Вариант Эт, соответствующий первому случаю, приведен на
рис. 5.14.
В частном случае сечения в виде прямоугольника отсюда сле-
следует результат, приведенный в табл. П.6 § П.2. ¦
Пример 5.9. Найти распределение касательных напряже-
напряжений от перерезывающей силы Qy и их максимум для сечения,
изображенного на рис. 5.9 в.
Решение. Это сечение вместе со своими главными цен-
центральными осями, положение которых определено в примере 5.4,
изображено на рис. 5.15.
Используя формулу E.30), а также результаты примера 5.8
и гл.З, по участкам, соответствующим постоянной ширине сече-
сечения, последовательно, начиная с верхнего участка, находим S'
и т:
4,56 = у\)
отс
Z
— участок 1 B,56 ^ у
ST = |
-у2}=Ь B0,262 -
:D,56) = О,
оотс/
^z \
т =
2bJz
,) = Sxl = 1463,
= ^ B0,262 - у2) ,
0у_
2JZ

5.3]
Касательные напряжения. Центр изгиба
159
хD,56) = 0, хB,56) = 7^р;
J Z
Рис. 5.15
— участок 2 @,56 ^ у ^ 2,56 = у\)
66
= 5„ + | [B,56J - у2] = 36 A0,962 - у2) ,
5fcB,56) = SzU 5fc@,56) = 522 = 3263,
_ 4ybz _ Чу_ /10 Q.2 _ 2Л
Х ~ 6bJz ~ 2Л ^ '	У ' '
хB,56) = 2,33%^, х@,56) = 5,33%^;
**Z	^ Z
— участок 3 (—1,56 ^ у ^ 0,56 = у\)
26
,56J - у2] = Ь C2,262 - у2) ,
,56) = Sz2, S°TC(-l,5b) = Sz3 = 3063,
_ Qy (on nh2 ,.2\
x@,56) = 16%^, x(-l,56) = 15%
участок 4 (-3,56 ^ у ^ -1,56 = y\)
= S,3 + у [A,56J - y2] = 36 A2,262 - y2) ,

160
Поперечный изгиб
[Гл.5
S2OTC(-1,56) = Sz3, S? c(-3,56) = 0,
x =
= Qy_
2Л
Здесь значения S°TC(—3,56) и т(—3,56) вычислялись для про-
проверки, поскольку заранее известно, что они равны нулю.
Соответствующая Эт приведена на рис. 5.15. ¦
Аксиома 5.3. При поперечном изгибе в плоскости Оху
балок тонкостенного сечения касательные напряжения направ-
направлены по касательной к средней
линии и равномерно распреде-
распределены по толщине (рис. 5.16). ¦
Отсюда для балок постоя-
постоянного незамкнутого тонко-
тонкостенного сечения вытекает
следующая формула:
т =
E.32)
Рис. 5.16
где Sfc = S°TC(s) стати-
статический момент относительно
оси Оz отсеченной части DOTC
области D (область DOTC отсе-
отсекается от края сечения, рис. 5.17), s — длина дуги средней линии
отсеченной части.
М2(х-Ах)
AG°TC
Рис. 5.17

5.3]	Касательные напряжения. Центр изгиба	Ш_
В этом варианте перерезывающая сила также есть равно-
равнодействующая касательных напряжений (т — вектор касательных
напряжений):
Qyj = Ixdds.	E.33)
г
При построении Эт для тонкостенных сечений применяется
следующее правило.
1.	Сечение с координатой х рассматривается со стороны
положительного направления оси Ох. По правилу знаков
(см. § 5.1) для элемента AG бруса с торцами, имеющими
координаты х — Ах и ж, перерезывающая сила Qy(x) направлена
вниз (рис. 5.17 а).
2.	Из уравнения равновесия соответствующей DOTC отсечен-
отсеченной части AGOTC элемента AG и закона парности касатель-
касательных (см. (П.14)) напряжений находим их направление в сече-
сечении (рис. 5.17 6, здесь для примера рассмотрена осеченная часть
элемента, имеющего свободным правый край и расположенного
выше нейтрального слоя). При этом полагаем, что Аа > 0.
Иногда поперечную силу направляют вверх. Тогда соответ-
соответствующим образом необходимо изменить знаки всех остальных
величин.
3.	Эпюру т строим слева от направления потока касательных
напряжений. При этом составное сечение разбивается на участки,
концы которых обозначаются цифрами или прописными буква-
буквами. Построение эпюры начинаем с концов сечения, учитывая
аддитивность величины S°TC. ш
При построении Эт полезны следующие выводы для симмет-
симметричных сечений, вытекающие из формул E.30) и E.32).
Утверждение 5.3.
1.	Если сечение имеет ось симметрии, параллельную оси
Оу, то
а)	Эт кососимметрична;
б)	в точках пересечения оси симметрии и средней линии т = 0.
2.	Если осью симметрии является Oz, то Эт имеет прямую
симметрию. ¦
Изучение распределения касательных напряжений в балках
замкнутого тонкостенного поперечного сечения является пред-
предметом строительной механики. Однако если такое сечение имеет
ось симметрии, параллельную оси Оу, то согласно утверждению
5.3 в точке пересечения оси со средней линией касательные на-
напряжения равны нулю, и можно считать, что сечение разомкнуто
в этой точке.
6 А. Г. Горшков и др.

162	Поперечный изгиб	[Гл. 5
Пример 5.10. Для тонкостенного сечения, представлен-
представленного на рис. 5.9 6, определить распределение касательных напря-
напряжений от перерезывающей силы Qy и их максимальное значение.
Решение. Поскольку сечение симметрично относитель-
относительно оси Oz, то в силу утверждения 5.3 Эт имеет прямую сим-
симметрию. Поэтому достаточно рассмотреть лишь верхнюю поло-
половину сечения. Ее разбиение на участки указано на рис. 5.18 а.
Здесь же изображено направление потоков касательных на-
напряжений, определенное с помощью указанного выше правила
(см. рис. 5.18 б).
Используя формулу E.32) и результаты гл.З, последователь-
последовательно по участкам находим S°TC и т (отсеченные части на рис. 5.18 а
заштрихованы; s — текущая координата):
— участок 0-1
S^@) = 0, Szi = S%&(b) = 2Ь28,
участок 1-2 (а = тс/4)
^\ = Sxl + 5s B6 - I sin a\ = 5 Ub2 + s Ub -
Л 1
— участок 2 3
' 2 ) ' \ 2J\''
5 + Зч/2 2
	*	0"8,
3\/2 Qyb2

5.3]
Касательные напряжения. Центр изгиба
163
V
Эх
г А
Qy
гц.и
т
о
Г
\
1
УН
/ / Л
Г2
4 + Зл/2
2
5 + Зл/2
^ 2
Рис. 5.18

164	Поперечный изгиб	[Гл. 5
Здесь ввиду непрерывности функций S°TC(s) и x(s) их значения
на участках 1-2 и 2-3 вычислялись только на концах участков.
На участке 1-2 необходимо исследовать касательные напря-
напряжения (статические моменты) на экстремум:
>zl2)
-отсу _ s: / OA _ _±_ \ = Q^ s = 2ЬлД ? (О,
Следовательно, экстремумов нет.
Эпюра т приведена на рис. 5.18 в. Из нее вытекает, что
5 + 3\/2 Qyb2
При поперечном изгибе крутящий момент в общем случае не
равен нулю, так как отличны от нуля касательные напряжения
(см. (П.24)). Представим его следующим образом:
Мк = M®z + М®У.	E.34)
Здесь Мк у и Мк z — составляющие крутящего момента от каса-
касательных напряжений, соответствующих Qy и Qz. Они в соответ-
соответствии с (П.24) вычисляются так:
— сплошное сечение
M?y = - zxxydydz, M?z = yxxzdydz\ E.35)
j j	j j
D	D
— тонкостенное сечение
[T,k]d*,M«*= \y[x,i\ds.	E.36)
г	г
Определение 5.7. Точка Л сечения называется цен-
центром изгиба, если крутящий момент относительно нее (результи-
(результирующий момент относительно точки А касательных напряжений)
равен нулю, рис. 5.19:
МкЛ = 0. ш	E.37)
Утверждение 5.4. Точка А (уц.и, ?ц.и) — центр изгиба
только в том случае, если крутящий момент Мк уравновешива-
уравновешивается перерезывающими силами, приложенными в центре изгиба,
т. е. выполняются равенства:
ш	E.38)
Отметим, что координаты центра изгиба являются геометри-
геометрическими характеристиками сечения, так как Мк у и M^z пропор-
пропорциональны Qy и Qz.

5.3]
Касательные напряжения. Центр изгиба
165
Для сплошных сечений центры изгиба и тяжести мало отлича-
отличаются. Поэтому задача об определении положения центра изгиба
рассматривается в сопротивлении
материалов только для тонкостен-
тонкостенных сечений. При ее решении по-
полезно следующее утверждение.
Утверждение 5.5. Если
сечение имеет ось симметрии, то
центр изгиба лежит на этой оси. ¦
Потенциальная энергия при
изгибе в плоскости Оху балки дли-
длиной / выражается через внутрен-
внутренние силовые факторы следующим
образом:
и =
О
О
E.39)
Рис. 5.19
Коэффициент ку в этой формуле вычисляется так:
— сплошное сечение
dy dz\
D
— тонкостенное сечение
к — —
(S.
OTCY*
E.40)
E.41)
Пример 5.11. Для тонкостенного сечения, изображенно-
изображенного на рис. 5.18, определить положение центра изгиба.
Решение. Первым этапом решения задач об определении
центра изгиба является построение эпюры касательных напряже-
напряжений. Для данного сечения этот вопрос решен в примере 5.10 (см.
рис. 5.18 в).
Поскольку Oz — ось симметрии сечения, то в силу утверж-
утверждения 5.5 центр изгиба А имеет координаты @,?ц.и). Вторая
координата находится из первого равенства в E.38), левая часть
которого вычисляется следующим образом:
М^ = 2 (Тш • 26 + Т12 • Л12) = 26 BТШ + Т12/V2) ,
Здесь Tqi и Т\2 — равнодействующие касательных напряже-
напряжений на участках 0-1 и 1-2 (выражения для касательных напря-

166
Поперечный изгиб
[Гл.5
жений берем из примера 5.10):
ъ
= mbds = 2-j— \sds = -*-—,
6л/2
Г	_ Qys f
J Xl2	Jx J
a /ii2 — плечо силы Т\2-
Следовательно,
откуда находим вторую координату центра изгиба:
Jz
3 )
Задачи
5.57—5.67. Для сечений, изображенных на соответствующих
рисунках: а) построить эпюру т от действия Qy и найти положение
центра изгиба; б) построить эпюру т от действия горизонтальной
перерезывающей силы.
b
b
b
~l
I
ч ь >
2а
За
К задаче 5.57
К задаче 5.58

5.3]
Касательные напряжения. Центр изгиба
167
е
К задаче 5.59
К задаче 5.61
К задаче 5.63
Q,a,
а
1
2а
К задаче 5.60
2b
К задаче 5.62
К задаче 5.64
5.68. Для изображенного на рисунке несимметричного тон-
тонкостенного двутавра, подвергающегося изгибу в вертикальной
плоскости, построить эпюру т и определить положение центра
изгиба. В расчетах принять: h = 36 см, Ь\ = 45 см, Ъч = 30 см,
5 = 1 см, t = 2 см, Q = 350 кН.

168
Поперечный изгиб
[Гл.5
К задаче 5.65
I	Ъ
К задаче 5.67
2Ь
К задаче 5.66
Q
l
К задаче 5.68
i
4b
i
b
^ b w
///
/Ъ//
<2ь
///7s
Qy
//
/
«л,
w/7/
К задаче 5.69

5-41
Балки с упругими опорами и на упругом основании
169
5.69—5.71. Для сплошных сечений, изображенных на соответ-
соответствующих рисунках, построить эпюру т от действия вертикальной
перерезывающей силы.
К задаче 5.70
К задаче 5.71
5.4*. Балки с упругими опорами и на упругом
основании
Кроме рассмотренных в §5.2 условий закрепления E.24)-
E.26) концов балки и стыковки участков E.27), в некоторых
моделях реальных конструкций необходимо учитывать зависи-
зависимость перерезывающих сил и/или моментов от прогибов и уг-
углов поворотов сечений. Для этого используются упругие опоры,
физически соответствующие линейным пружинам растяжения-
сжатия или кручения (рис. 5.20). При этом граничные условия
E.24) и условия стыковки E.27) заменяются следующими:
М
z I 05 = 0
Z — X\ '
Щу х=х-\
x=Xi =P±cQy\x=
x=xi
E.42)

170	Поперечный изгиб	[Гл. 5
У\х=х*-0 = У\х=х*+0 ' ®\х=х*-0 = 01ж=ж*+О '
M*L=*.+o = м*1та-о + М* + см °|та+0 ,	E.43)
Qy\x=x*+0 = Qy\x=x*-0 + Q* ~ CQ У\х=х*+0 '
Здесь см и Cq — жесткости опор] знаки М, Р, М* и Q* вы-
выбираются согласно правилу знаков (см. §5.1). В E.42) верхний
знак перед реакциями упругих опор соответствует сечению с со-
Рис. 5.20
направленным с осью Ох внешним нормальным вектором, а ниж-
нижний — сечению с противоположно направленным нормальным
вектором.
Отметим, что предельные значения жесткостей опор приво-
приводят к рассмотренным ранее опорам: см = 0 и Cq = 0 соответ-
соответствуют условиям E.24), а см = ос и Cq = ос — заделке E.26).
Поскольку наличие упругих опор в СО-балках не влияет на
эпюры перерезывающих сил и изгибающих моментов, то алго-
алгоритм решения задач для таких балок остается без изменения
(см. § 5.1, 5.2). Единственным изменением является модификация
граничных условий при решении краевой задачи для уравнения
E.20). Так же может быть использован метод начальных пара-
параметров.
Для СН-балок необходимо, как и в случае обычных опор, ин-
интегрировать уравнение E.23) с учетом граничных условий E.42)
и E.43).
В приводимых ниже примерах и соответствующих задачах
для балок с упругими опорами определяется только упругая ли-
линия балки, поскольку расчет на прочность проводится так же,
как и для балок с обычными опорами.
Пример 5.12. Найти уравнение упругой линии, указан-
указанной в примере 5.5 балки, заменив шарнирную опору пружи-
пружиной растяжения-сжатия с жесткостью Cq = EJz/als (рис. 5.21).
В расчетах принять: Е Jz = const, a = 2.
Решение. Балка является статически определимой, поэто-
поэтому замена шарнирной опоры упругой не влияет на реакции в опо-

5-41
Балки с упругими опорами и на упругом основании
171
pax, а также на эпюры перерезывающих сил Qy и изгибающих
моментов Mz (см. пример 5.5, способ I; рис. 5.10).
Рис. 5.21
Остаются неизменными и общие решения дифференциально-
дифференциального уравнения E.20):
— участок 0-1 (Ci, D\ — константы интегрирования)
EJzVoi =qx[-l- -х] ,
EJzy'ol = EJZQO1 = ^ qx2 121 - ± x j + Сг,
— участок 1-2 (С2, ?^2 — константы интегрирования)

172
Поперечный изгиб
[Гл.5
EJzy\2 =
B1 -х) + С2,
- -х
Для определения произвольных постоянных C\.t С2,
используем граничные условия (см. E.26) и E.42)):
1ЛП(О)=О,
, D2
и условия сопряжения на границе участков (см. E.27)):
Подставляя в них выражения для прогибов и углов поворота,
получаем систему линейных алгебраических уравнений:
-L
10
Последние три уравнения решаем методом Гаусса (искомый
вектор (С\(
/ 0 1 1
2 0-1
1 -1 0
1 2 1л \
а — — Ql
10 ,4
4 з
( 0
0
^ 1
(
\
1
-2
-1
0
0
1
1
1
0
0
-2
-1
2
2
3
1
0
14
4
~3
-|
2 \
У
а-2\
14
4
"з
откуда находим
2
~9

5.4]	Балки с упругими опорами и на упругом основании	173
Окончательно с учетом этих значений получаем:
— участок 0-1
3
— участок 1-2
912 = зЩ ["IB<l + 3)'" - I <" - 2) ;2х + /а;2 - 5
При а = 0 отсюда следуют результаты примера 5.5. При а = 2
имеем:
— участок 0-1
eol(o) = -^-|V'
-4/3
9 EJZ
— участок 12
9]2 = |f7y- B/ - х) , 9i2@)=0, 6i2@ = о
ql4 ( 14 /3 l2 I 3\	/n4	14
О Hi J z
Эпюры углов поворота и прогибов, построенные с учетом
дифференциальных зависимостей E.21) и E.3), приведены на
рис. 5.21.
Пример 5.13. Для изображенной на рис. 5.22 балки по-
построить эпюры Qy, Mz, 6 и 5, положив жесткость упругой опоры
равной см = bEJz/l. В расчетах принять: EJZ = const, b = 2.

174
Поперечный изгиб
[Гл.5
Решение. Балка является статически неопределимой.
Здесь будем искать решение соответствующей краевой задачи,
которая следует из E.23), E.25) и E.42):
EJzyW = q,
у@) = 0, у'@) = 9@) = 0,
Рис. 5.22
Последовательно интегрируя уравнение с учетом E.22) полу-
получаем (Ci, C2, Сз и С4 — константы интегрирования):
Qy = EJzy'" = EJZ

5.4]	Балки с упругими опорами и на упругом основании	175
Mz = EJzy" = EJZ (^§j-zx2 + Cix
y' = Q= ^rrx3 + 1 ClX2 + Cix + C3,
brjJz	I
У = 2МТ/ + \ С'х3 + \ °2Х<1 + CzX + Ca-
Из первых двух граничных условий следует, что
С3 = С4 = О,
а два последних приводят к системе линейных алгебраических
уравнений:
У"A)+У'A)СМ = J1
Ее решение имеет вид
г =SL г ql2 3 + 2b
1	EJZ' 2 6EJZ b + 1'
Учитыв?1я значения найденных констант, окончательно полу-
получаем
26
При 6 = 2 отсюда находим
У ~д- 6EJZ {Х МХ + 3 l J '

176	Поперечный изгиб	[Гл. 5
Для построения эпюр находим значения силовых и кинема-
кинематических факторов (часть из них вычисляется для проверки)
в характерных точках:
Mz@) = ^ ql2, Mz(l) = -i qi\ Mz(x*) = 0, z* = 0, 529/;
е@) = о, е@ = — -?-=-, е(ж») = етах = о,
2/@) = 0,
5 ql4
72 ?J/
Соответствующие эпюры приведены на рис. 5.22.
При 6 = 0 построенное решение переходит в эпюры для кон-
консольной балки с равномерно распределенной нагрузкой.
Иногда необходимо учитывать взаимодействие балки с непре-
непрерывным основанием, на котором она лежит, рис. 5.23 а. В про-
простейшем варианте такое взаимодействие учитывается моделью
Винклера, в которой основание заменяется системой непрерывно
распределенных линейных пружин растяжения-сжатия (винкле-
А-А
Рис. 5.23
ровское основание), рис. 5.23 5. При этом погонная нагрузка со-
состоит из двух слагаемых: внешней нагрузки q и отпора основания
— ку, где к — коэффициент основания (коэффициент постели). Он
определяется через опытный коэффициент к: к = kb, где b — ши-
ширина основания балки (см. рис. 5.23 а). Значения коэффициента
к для некоторых материалов оснований приведены в табл. П.13.
Уравнение изгиба балки на упругом основании следует из
E.23)
(y"(x)EJz)" = q-ky.	E.44)
Отметим, что расчет балок на упругом основании представля-
представляет собой статически неопределимую задачу. К уравнению E.44)
добавляются граничные условия E.24)-E.26) (или E.42)) и сты-
стыковки участков E.27) (или E.43)). Прогибы балки (упругая ли-
линия) аналогично балкам без основания находятся как решение со-

5.4]	Балки с упругими опорами и на упругом основании	177
ответствующей краевой задачи (см. § 5.2). Для определения углов
поворота, изгибающих моментов и поперечных сил используются
дифференциальные зависимости E.20)-E.22).
При Е Jz = const уравнение E.44) запишем так
E.45)
Его общий интеграл имеет вид (у* — частное решение, С{ (г =
= 1, 2, 3, 4) — постоянные)
у (ж) = С\ ss рж + C<i sc рж + Сз cs рж + С^ ее рж + у* (ж) . E.46)
Здесь и далее использованы следующие обозначения:
ss ж = sin ж sh ж, sc ж = sin ж ch ж,
E.47)
cs ж = cos ж sh ж, ее ж = cos ж ch ж.
Отметим некоторые свойства функций E.47), вытекающие
из соответствующих свойств тригонометрических и гиперболи-
гиперболических функций:
вс2ж — ss2x = sin2 ж, сс2ж — св2ж = cos2 ж,
SS2# + Св2Ж = 8П2Ж, СС2Ж + вС2Ж = СП2Ж,
ss 2ж + ее 2ж = sh 2ж + cos2 ж = ch 2ж - sin2 ж = - (ch 2ж + cos 2ж) ,
sc 2ж + cs 2ж = - (ch 2ж - cos 2ж) ,
ее ж ss ж = sc ж cs ж = - sin 2ж sh 2ж,
ее ж cs ж + ss ж sc ж = - sh 2ж, ее ж sc ж — ss ж cs ж = - sin 2ж;
ss' ж = cs ж + sc ж, sc' ж = ее ж + ss ж,
cs' ж = ее ж — ss ж, ее' ж = cs ж — sc ж,
,	,	,
E.48)
Приведем также следующие из E.46) и E.20)-E.22) представ-
представления углов поворота, изгибающих моментов и перерезывающих
сил:
9 = у' = р [С3 (cs рж + sc рж) + С2 (ее рж + ss рж) +
(ее Рж - ss Рж) + С4 (cs Рж - sc Рж)] + у^,

178	Поперечный изгиб	[Гл. 5
2 = у" = 2р2 (С3 сс рж + С2 cs рж - С3 sc рж - С4 ss рж) + у",
EJ
—у- = У*" — 2P3 \C\ (cs рж - sc рж) + C2 (сс рж - ss рж) -
- Cs (сс рж + ss рж) - C4 (cs рж + sc рж)] + у'". E.49)
В приводимых ниже примерах и соответствующих задачах
для балок на упругом основании определяется только упругая
линия балки, поскольку расчет на прочность проводится так же,
как и для балок без основания.
Пример 5.14. Найти прогибы, углы поворота сечений,
изгибающие моменты и перерезывающие силы для балки, изоб-
изображенной на рис. 5.24, полагая
EJZ = const, q = const, к = const.
Решение. Граничные ус-
условия в соответствии с E.25)
в этом случае имеют вид (срав-
M.t .¦¦!¦¦.
V7777777777777.
нить с примером 5.7)
у@) = у (/) = 0, у'@)=0,
5.24
Частное решение уравнения E.45) примем в виде у* = q, где
q = qj Dp4?J Jz). Тогда его общее решение записывается так (см.
E.46)):
у (ж) = С\ ss рж + С2 sc рж + Cs cs рж + С4 сс рж + q.
Отсюда с учетом граничных условий и выражения для углов
поворота в E.49) получаем систему линейных алгебраических
уравнений относительно С{\
«7 V/	I \ — ^ ¦	^»/	7
у (/) = С\ ss р/ + С2 sc р/ + Cs cs p/ + С4 сс р/ + q = О,
у" (/) = 2р2 (Ci сс р/ + С2 cs р/ - Cs sc p/ - С4 ss p/) = 0.
Ее решение имеет вид
С\ = qd\, Cs = ~С2 = qd2, C4 = -q,
_ sh BpZ) + sin BpZ) - 2 (cs p/ + sc pZ)
1 ~	sh BpZ) - sin BpZ)	'
_ ch Bp/) + cos Bp/) -2ccp/
2 ~	sh BpZ) - sin BpZ) '

5.4]	Балки с упругими опорами и на упругом основании	179
С учетом вида частного решения выражения E.46) и E.49)
для прогибов, углов поворота, изгибающих моментов и перере-
перерезывающих сил упрощаются:
У = —4	 [1 + ^1 SS РЖ + ^2 (CS РЖ — SC Рж) — СС Рж] ,
4р EJZ
8 = —з	[^i (cs Рж + sc Рж) ~~ 2^2 ss рж - cs рж + sc рж] ,
4р EJZ
Mz = —2 [^1 СС Рж "" ^2 (CS Рж + SC Рж) + SS Рж] ,
2р
Qy = — [d\ (cs рж — sc рж) — 2g?2 ее рж + cs рж + sc рж] .
Покажем на примере прогибов, что при Л^ —>> 0 (р —)> 0) отсюда
вытекает решение соответствующей задачи для балки без основа-
основания. Действительно, используя разложения по формуле Макло-
рена тригонометрических и гиперболических функций (ж —>• 0):
х3 хъ	х3 хъ
smx = x- — + — + о(ж6), shx = x + y + Y20+ °(ж )'
СО8Ж = 1 _ ?- + |_ + о(ж5), сЬж = 1 + у + |? + о(ж5),
получаем
х3
ssx = х2 + о(ж5), веж = ж + —- + о(ж4),
E.50)
х3	х4
сеж = ж —— + о(ж4), сеж = 1 —— + о(ж5).
о	и
Отсюда находим асимптотические представления для d\, d<i
и прогиба (Р —> 0):
Переходя в последнем равенстве к пределу при р —>• 0, при-
приходим к полностью совпадающему с результатом примера 5.7
выражению для прогиба:
При решении краевых задач с разрывными характеристи-
характеристиками и/или сосредоточенными нагрузками аналогично балкам
без основания интегрирование проводится по участкам (см. § 5.2)

1
///У/////////Л
I
V/////////X/
J
180	Поперечный изгиб	[Гл. 5
с использованием условий стыковки E.27) или E.43). Необходи-
Необходимость решения систем линейных алгебраических уравнений для
балок на упругом основании усугубляется сложным видом общего
интеграла E.46), что при решении системы в аналитическом виде
приводит к громоздким выкладкам. В этих случаях используются
символьные преобразования на ЭВМ, либо решение проводится
численно.
При наличии симметрии задачи указанные сложности могут
быть уменьшены, либо полностью устранены.
Пример 5.15. Найти прогибы, углы поворота сечений,
изгибающие моменты и перере-
зывающие силы для балки, изоб-
раженной на рис. 5.25, полагая
EJZ = const, к = const.
^	Решение. В силу симмет-
симметрии задачи начало системы коор-
координат выбираем в точке приложе-
Рис- 5-25	ния силы Р.
Разбиваем балку на два участ-
участка, см. рисунок. На каждом из них прогибы удовлетворяют одно-
однородным уравнениям (см. E.45), q = 0)
К ним необходимо добавить граничные условия (см. E.25))
у" (-а) = у" (а) = 0, у'" (-а) = у'" (а) = 0
и вытекающие из E.27) соответствующие условия стыковки
участков при х = 0.
Однако в силу специфики задачи достаточно рассматривать
только участок 2-3 с граничными условиями
у"(а) = 0, у"'(а) = 0
и дополнительными условиями симметрии
6@) = у'@) = 0, Qy@) = EJzy"'@) = -j.
Поскольку общее решение уравнения имеет вид E.46), где
следует положить у* = 0, подставляя в последние две группы ра-
равенств соответствующие выражения из E.49), получаем систему
уравнений относительно С{
у"(а) = 2C2 (d ее (За + С2 cs (За - С3 sc (За - С4 ss |3а) = 0,

5.4]	Балки с упругими опорами и на упругом основании	181_
у'"{а) = 2р3 [С\ (cs pa - sc pa) + C2 (cc pa - ss pa) +
- C3 (cc pa + ss pa) - C4 (cs pa + sc pa)] = 0,
которая имеет следующее решение
ch2pa	cos2 pa
 = -ГТГъ	1—¦ oo ; «3 —
sh 2pa + sin 2pa '	sh 2pa + sin 2pa '
Следовательно, прогибы, углы поворота, изгибающие момен-
моменты и перерезывающие силы при х ^ 0 определяются так
р
р
у = —з	B^1 ss Рж — sc Рж + cs Рж — 2оЦ ее
8р EJZ
р
6 = —2	B^2 sc рж — 2g?3 cs Рж — ss рж) ,
4р EJZ
р
Mz = — Bdi ее рж - cs рж - sc рж + 2оЦ ss рж),
р
Qy = — Bо?2 cs рж + 2g?3 sc рж — ее рж) .
На левую половину балки прогибы и моменты продолжаются
четным образом, а углы поворота и перерезывающие силы —
нечетным образом.
Укажем значения прогиба и изгибающего момента в центре
балки
Для задач с кусочно-постоянными характеристиками и/или
сосредоточенными нагрузками может быть использован метод
начальных параметров. Однако поскольку при наличии осно-
основания задача является статически неопределимой, то его нель-
нельзя привести к виду, аналогичному СО-балкам без основания
(см. §5.2).
Метод состоит в построении связи кинематических характери-
характеристик и внутренних силовых факторов на левом и правом концах
балки, что в результате с учетом граничных условий приводит
к системе четырех линейных алгебраических уравнений относи-
относительно неизвестных кинематических и силовых характеристик на
границах.
Основная идея построения указанной связи заключается в ис-
использовании на каждом участке местной системы координат

182
Поперечный изгиб
[Гл.5
и выражении постоянных интегрирования в E.46) и E.49) через
кинематические и силовые характеристики на левом и правом
концах участка. Разбиваем балку сечениями с индексами 0, 1, 2,
..., п на п участков (сечения 0 и п — левый и правый концы
балки). Участок (г — 1) — г (г-й участок) длиной Ц изображен
на рис. 5.26. Здесь и далее используются следующие обозначения
(нижний индекс «г — 1,г» указывает на соответствующий пара-
Mi
f,(LC
i-\
)
Li+\
метр для г-ro участка):
-.( + ) _ у. ._и1 I
Рис. 5.26
Уг-\,г
- J + ) -
% ~ У г ~
х=+0
Из условий
=
= ^
= Q
E.51)
E.52)
определяем постоянные интегрирования в E.46) и E.49) на г-м
участке (Р^ — коэффициент р в уравнении E.45), E{JZ^ — жест-
жесткость на изгиб на этом участке):

5-41
Балки с упругими опорами и на упругом основании
183
Из этих формул и E.46), E.49) вытекает связь кинематиче-
кинематических характеристик и внутренних силовых факторов на левом
уо? G(b MZjo? Qy,0 И правом уп, ЭП, MZjTl, Qy^n концах участка
где
- А • Y w
*,г
*,г —1
y^ =
'(-) "(-) >»(-)
2P?
SCTJi + CSTJi
E.53)
— CST\i \
—2p|ssri,
SST|j
SCTJi + CSTJi
\-2p?
К матричным уравнениям E.53) добавляются условия сты-
стыковки участков E.43) и граничные условия E.42), которые запи-
запишем следующим образом (см i и Cq i — жесткости опор, а М*^
и Q*,i — внешние нагрузки в г-м сечении; Е — единичная матри-
матрица):

184
Поперечный изгиб
[Гл.5
в? =
/
0
cQ,i
Ei+\JZ
E
i
L
t+1
cM,i
~» T
Ji+\J z,i+l
0
0 ^
'% = 0,n),
Bn =
0
cQ,i
E
l
0
0
0
E
E
Bn =
cM,n
0
0 \
E
A < г < га),
E.54)
\ EnJzn
В результате последовательного применения рекуррентных
соотношений E.53) с учетом E.54) приходим к искомой системе
линейных алгебраических уравнений
J} + С,	E.55)
здесь матрицы А и С — результат указанной выше операции.
Приведенный метод наиболее эффективен при использовании
ЭВМ.
Задачи
В задачах 5.72-5.80 найти прогибы и углы поворота балок
(EJZ = const), изображенных на указанных рисунках, заменяя
шарнирно-подвижную опору пружиной растяжения-сжатия (см.
рис. 5.20 а) жесткости Cq = EJz/bls.
5.72.	Рисунок к задаче 5.8, 6 = 2.
5.73.	Рисунок к задаче 5.10, 6 = 2.
5.74.	Рисунок к задаче 5.13, 6 = 1/2.
5.75.	Рисунок к задаче 5.20, 6 = 2.
5.76.	Рисунок к задаче 5.21, 6 = 2.
5.77.	Рисунок к задаче 5.22, 6 = —1.
5.78.	Рисунок к задаче 5.23, 6 = -1.
5.79.	Рисунок к задаче 5.24, 6 = -1.
5.80.	Рисунок к задаче 5.25, 6 = -1.

5-41
Балки с упругими опорами и на упругом основании
185
В задачах 5.81-5.88 для консольных балок (EJZ = const),
изображенных на указанных рисунках, найти прогибы и углы
поворота, закрепляя свободный торец:
а)	пружиной кручения (см. рис. 5.20 б) жесткости см =
= bEJz/l-
б)	пружиной растяжения-сжатия (см. рис. 5.20 а) жесткости
cQ = EJz/bls.
5.81.	Рисунок к задаче 5.9; а и б при 6 = 2.
5.82.	Рисунок к задаче 5.11; а и б при b = —2.
5.83.	Рисунок к задаче 5.14; а и б при 6 = 2.
5.84.	Рисунок к задаче 5.15; а и б при 6 = 2.
5.85.	Рисунок к задаче 5.16; а и б при 6 = — 1.
5.86.	Рисунок к задаче 5.17; а и б при 6 = —1/2.
5.87.	Рисунок к задаче 5.18; а 6 = —3, 6 6 = 2.
5.88.	Рисунок к задаче 5.19; а и б при 6 = 1.
5.89.	5.90. Для изображенных на соответствующих рисун-
рисунках балок найти максимальное значение изгибающего момента
Mz max, полагая EJZ = const, k = const, Pa = к.
О
O
77TJ77.
Mr
ZTJ
К задаче
К задаче 5.90
5.91.	Для изображенной на рисунке балки найти максималь-
максимальный угол поворота 6тах, полагая EJZ = const, k = const, Pa = 1.
В задачах 5.92-5.94 для изображенных на соответствующих
рисунках балок найти максимальный прогиб утах при указанных
данных.
5.92.	Поперечное сечение — двутавр №18 ГОСТ 8239-72; Е =
= 2,1 .105МПа; Р = 30кН; а = 1м; к = 100 • 106 Н/м3.
о
//JL
77.
•^—
У
—*
M
////////
a
////
'///{ У/
7777
T
У x 77?
У
p
<
///////////////////Л/// х
\
К задаче 5.91
К задаче 5.92

186
Поперечный изгиб
[Гл.5
5.93. Поперечное сечение — двутавр №20а ГОСТ 8239-72; Е =
= 1,98-105МПа; Р = 50кН; а = 1 м; к = 200 • 106 Н/м3.
0 ^
а
У
Р
а
о
К задаче 5.93
К задаче 5.94
5.94.	EJZ = const, к = const, pa = 1.
В задачах 5.95, 5.96 для изображенных на соответствующих
рисунках балок найти изгибающий момент Mz в среднем сечении
при указанных данных.
5.95.	EJZ = const, к = const, pa = 2.
О
м
м
о
У
а а
L+AA
да
К задаче 5.95
К задаче 5.?
5.96.	Поперечное сечение — двутавр №20 ГОСТ 8239-72; q =
= 50кН/м; Е = 1,98 • 105 МПа; a = 2м; к = 50 • 106 Н/м3.
5.97.	Для изображенной на рисунке балки найти угол пово-
поворота в точке Б, полагая EJZ = const, к = const, Pa = 3.
У
А
а
М
В
X
У'
р
а
Р
X
К задаче 5.97
К задаче 5.98
5.98. Для изображенной на рисунке балки найти запас проч-
прочности. В расчетах принять: материал — сталь (от = 1100 МПа;
Е = 2, 04 • 105 МПа); поперечное сечение сечение — двутавр №16
ГОСТ 8239-72; Р = 100 кН , a = 8 м; к = 5 • 106 Н/м3.

Гл ава 6
КОСОЙ ИЗГИБ И ВНЕЦЕНТРЕННОЕ
РАСТЯЖЕНИЕ-СЖАТИЕ
В этой главе рассматриваются два варианта сочетания про-
простейших видов деформации стержня. При этом везде полагается,
что С у z — главная центральная система координат поперечного
сечения.
6.1. Косой изгиб
Определение 6.1. Пусть Зуф Jz. Тогда косым изгибом
балки называется такой поперечный изгиб, при котором отличны
от нуля оба изгибающих момента:
Му ф О, Mz ф 0. ¦	F.1)
Если прямой изгиб является частным случаем поперечно-
поперечного, то косой изгиб — комбинация прямых изгибов в плоскостях
Оху и Oxz, и есть общий вариант поперечного изгиба. Назва-
Название этого вида деформации связано с тем, что в общем случае
деформированная ось бруса является пространственной кривой.
Вариант равенства Jy = Jz в определении исключается, так как
в этом случае любая центральная система координат является
главной (см. утверждение 3.8). И, следовательно, одну из осей
всегда можно совместить с вектором изгибающего момента Ми =
= —Myj + Mzk. В результате придем к прямому поперечному
изгибу (см. гл. 5).
В соответствии с принципом суперпозиции (см. утвержде-
утверждение П.2) напряжения при косом изгибе находятся как сумма
напряжений от соответствующих прямых изгибов. В частности,
для нормальных напряжений в соответствии с формулой в E.6)
имеем
а = амя+аму = _Мгу_Му^	(б2)
у.
где oMz и оМу — напряжения, вызванные моментами Mz и Му
Из формулы F.2) и определения 5.4 вытекают следующие
выводы.

188
Косой изгиб и внецентренное растяжение-сжатие
[Гл.6
Эа
maxp
Утверждение 6.1.
1. Нейтральная линия является проходящей через центр тя-
тяжести прямой (рис. 6.1)
А/Т	А/Т
п: ^y + ^z = 0.	F.3)
JZ	Jy
Причем она коллинеарна вектору Ми только при условии
равенства моментов инерции: Jy = Jz (это соответствует прямому
поперечному изгибу).
2.	На прямых, параллель-
параллельных нейтральной линии, на-
напряжения постоянны.
3.	Нормальные напряже-
напряжения принимают максималь-
максимальное и минимальное значения
в точках сечения, наиболее
удаленных от нейтральной ли-
линии. ¦
Второй пункт этого ут-
утверждения позволяет стро-
строить Эа на прямой, перпенди-
перпендикулярной нейтральной линии
(см. рисунок), а третий — выбирать omax p и отах с так же, как
это делается при прямом изгибе (см. § 5.2).
Касательные напряжения вычисляются аналогично F.2). Од-
Однако здесь должно проводиться суммирование соответствующих
векторов:
т = тмг+тму_	F4)
Также в векторном смысле должны складываться прогибы 5^
и 5у, вызванные моментами Mz и Му:
5 = 5yj + б^к.	F-5)
Оказывается, что при выполнении некоторых условий упругая
линия балки и при косом изгибе может быть плоской.
Утверждение 6.2. Если угловой коэффициент уравне-
уравнения нейтральной линии z = kny не зависит от продольной коор-
координаты:
К = —
= const,
F.6)
то упругая линия является плоской. ¦
Пример 6.1. Построить эпюру нормальных напряжений
и определить максимальные растягивающее и сжимающее напря-
напряжения для сечения, изображенного на рис. 6.2.

6.11
Косой изгиб
189
1,12
Решение. Находим геометрические характеристики сече-
сечения. Сначала определяем положение главных центральных осей.
Для этого используем вспо-
вспомогательную систему коор-
координат Oy\Z\ (см. рисунок).
Поскольку Оу\ — ось сим-
симметрии, то она и являет-
является главной центральной осью
(см. утверждение 3.4), и центр
тяжести С имеет координа-
координаты (ус,0). Рассматривая се-
сечение как внешний квадрат
с выброшенным треугольни-
треугольником ADK, определяем коор-
координату ус с помощью формул
в C.6):
11
FKl=b2,
Рис. 6.2
— — F — F — F — -
SZ1 —
2bs
Jz\
0-F .t-L--.
T 3^2 " Зл/2'
szi
где FK, FKi и FT — площади внешнего квадрата, квадрата AODK
и треугольника AD К.
Система координат Суz — главная центральная. Переходим
к вычислению моментов инерции относительно ее осей. При этом
используем указанные выше разбиение сечения и индексы, соот-
соответствующие его частям.
Прежде всего, отметим, что для квадратов любые централь-
центральные оси являются главными, и моменты инерции относительно
них равны между собой (см. утверждение 3.8). Следовательно
(см. табл. П.З),
, _ , _ , _2b-Bbf _4и4
z, к
12
b-b3
12
= —ь4.
12
Тогда главные моменты инерции сечения удобнее всего вы-
вычислить следующим образом:
1
Jy,T = \ JkI = 24
Jv = J* ~
24
24

190	Косой изгиб и внецентренное растяжение-сжатие	[Гл. 6
j =j +F 2 \bV2(b/V2K	/4 b
Определяя проекции изгибающего момента на оси координат
М	М
Mz = -Msin45° = —=, Mv = -Mcos45° = —-=,
найдем уравнение нейтральной линии (см. F.3)):
_ MzJy _ 409 24 _ 409
Наибольшие растягивающее и сжимающее напряжения име-
имеют место соответственно в точках А и В с координатами (см. ри-
рисунок)
Ъ	Ъ	25
и с учетом формулы F.2) определяются следующим образом:
'25, я-	Ъ\
_
409 4 31 4
504	24 ,
19
М 9?
а» = -
1 п
V2 409 4 - М163>
" 5046
Эпюра нормальных напряжений для данного сечения приве-
приведена на рис. 6.2. ¦
Задачи
6.1.	Для сечения, изображенного на рисунке, найти положе-
положение нейтральной линии, построить эпюру нормальных напряже-
напряжений и определить координаты zq, yo опасной точки в главных
центральных осях, считая опрр = апрс-
6.2.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить нормальное напряже-
напряжение, действующее в опасной точке сечения. В расчетах принять:
М = 0,8 кН -м, b = 2 см.

6.11
Косой изгиб
191
6.3.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить
эпюру нормальных напряжений и определить наибольшие
растягивающие и сжимающие напряжения. В расчетах принять:
М = 0,5 кН • м, Ь = 1,5 см.
6.4.	Для сечения, изображенного на
рисунке, построить эпюру нормальных
напряжений и определить отношение наи-
наибольших растягивающих и сжимающих
напряжений.
6.5.	Для сечения, изображенного на
рисунке, построить эпюру нормальных
напряжений и определить коэффициент
запаса прочности. В расчетах принять:
М = 1 кН • м, b = 2 см, ов = 180 МПа.	к задаче 6Л
6.6.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить коэффициент запаса
прочности. В расчетах принять: М = 1 кН • м, 6 = 1 см, ов =
= 180 МПа, ов,р = 200 МПа; ов,с на 25 % больше, чем оВ5Р.
2М
К задаче 6.2
К задаче 6.3
Ъ Ъ Ъ
К задаче 6.4
6.7.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений, выполнить проектировочный расчет
на прочность и определить размер 6, округлив его до 5 мм. В рас-
расчетах принять: М = 1 кН • м, [а] = 180 МПа.
6.8.	Для сечения, изображенного на рисунке, найти положе-
положение нейтральной линии и вычислить угол между нейтральной
и силовой линиями.
6.9.	Для сечения, изображенного на рисунке, найти положе-
положение нейтральной линии и определить координаты опасной точки
в главных центральных осях, считая опр.р = аПр.с-
6.10.	Для сечения, изображенного на рисунке, найти положе-
положение нейтральной линии, построить эпюру нормальных напряже-

192
Косой изгиб и внецентренное растяжение-сжатие
[Гл.6
ний и определить наибольшее по абсолютной величине нормаль-
нормальное напряжение. В расчетах принять: М = 0,2 кН • м, b = 1 см.
6.11. Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить наибольшие растяги-
растягивающие и сжимающие напряжения. В расчетах принять: М =
= 0,5 кН • м, b = 1 см.
2Mq3M
ш
ъ ® ь
ъ
ъ
\ f
К задаче 6.5
К задаче 6.6
К задаче 6.7
Ju
QM
2Ь
ЪЪ
К задаче 6.8
1
м
ЛЛЛ
^$
ъ
V
-0 Ъ
ъ
К задаче 6.9
Л,
Щ
ь
ъ
К задаче 6.10
-<—^
щ
ш
¦^—>>
к
-<—>>
^JM
-<	>>
у
Ъ Ъ Ъ 2Ъ
К задаче 6.11
Ь Ъ 2Ъ
К задаче 6.12

6.11
Косой изгиб
193
6.12.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить коэффициент запаса
прочности. В расчетах принять: М = 1 кН • м, b = 2 см, от =
= 160 МПа.
6.13.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить коэффициент запаса
прочности. В расчетах принять: М = 0,16 кН • м и действует
параллельно стороне треугольника, b = 2 см, ов,р = 250 МПа; ов,с
на 10% меньше, чем ов,р.
2М
<b * <b >
b
у
I
b
К задаче 6.13
К задаче 6.14
К задаче 6.15
6.14.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить
эпюру нормальных напряжений и определить допускаемый мо-
момент М, округлив его до 0,01 кН • м. В расчетах принять: 6 = 2 см,
от = 260 МПа, п = 1,5.
6.15.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений, выполнить проектировочный расчет
на прочность и определить размер 6, округлив его до 0,1 см.
В расчетах принять: М = 100 Н • м, от = 200 МПа, п = 1,5.
6.16.	Для сечения, изображенного на рисунке, найти положе-
положение нейтральной линии и определить координаты опасных точек
в главных центральных осях, считая опр.р = апр.с-
25
©2М
<S> 25
b
-<	>
2b
ЗЛ
с
(.25
2M
5^25
b
b'y
ъм
\ * у
5
b
25
-M8>
С * У
25
< 2b *
Ab
К задаче 6.16
7 А. Г. Горшков и др.
К задаче 6.17
К задаче 6.18

194
Косой изгиб и внецентренное растяжение-сжатие
[Гл.6
6.17.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить напряжение, действую-
действующее в опасной точке. В расчетах принять: М = 0,16 кН • м, 6 =
= 2 см, 5 = 2 мм.
6.18.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений, определить наибольшие растяги-
растягивающие и сжимающие напряжения. В расчетах принять: М =
= 0,16 кН • м, b = 2 см, 5 = 2 мм.
6.19.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить коэффициент запаса
прочности. В расчетах принять: М = 0,1 кН • м, b = 2 см, 5 =
= 0,16, от = 150 МПа.
8 = const
5 = const
26
ъ
-<	>
bv
ь
¦^—>
ЪМ
ъм
<8>—h
36
2b
5
AM
ЪЪ
К задаче 6.19
К задаче 6.20
К задаче 6.21
6.20.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить коэффициент запаса
прочности. В расчетах принять: М = 0,1 кН • м, 6 = 3 см, 5 =
= 0,16, ов,р = 130 МПа; ов,с на 20% меньше, чем ов,р.
6.21.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений, выполнить проектировочный расчет
на прочность и определить размер 6, округлив его до 0,1 см.
В расчетах принять: М = 0,8 кН • м, 5 = 0,16, [а] = 200 МПа.
6.22.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений, выполнить проектировочный расчет
на прочность и определить допускаемый момент М. В расчетах
принять: 6 = 1,5 см, 5 = 0,15 см, aBjP = 240 МПа; aBjC на 20%
меньше, чем ов,р, п = 1,5.
6.23.	Для сечения, изображенного на рисунке, найти положе-
положение нейтральной линии и определить координаты опасных точек
в главных центральных осях, считая опр.р = апр.с-
6.24.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений, определить напряжения, действую-
действующие в опасных точках. В расчетах принять: М = 8 кН • м, 6 =
= 20 мм, 5 = 2 мм.

6.11
Косой изгиб
195
6.25. Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений, определить наибольшие растяги-
растягивающие и сжимающие напряжения. В расчетах принять: М =
= 120 Н • м, Ь = 20 мм, 5 = 2 мм.
(
ь
2
Ъ
Л
5
Ь
2
< >
Л
ч.
Г) 25 А
М
	О 26
м
$ 5 и
2
< >
2
5 = const
5 = const
С * J
м
•) ду )
.ft,
2М
- ъ „
ь
К задаче 6.22
К задаче 6.23 К задаче 6.24
К задаче 6.25
2М
2Ь
К задаче 6.26
6.26.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить коэффициент запаса
прочности. В расчетах принять: М =
= 0,12 кН • м, b = 20 мм, 5 = 2 мм, от =
= 250 МПа.
6.27.	Для сечения, изображенного на
рисунке, построить эпюру нормальных на-
напряжений и определить коэффициент за-
запаса прочности. В расчетах принять: М =
= 160 Н • м, b = 20 мм, 5 = 2 мм, от =
= 200 МПа.
6.28.	Для сечения, изображенного на
рисунке, построить эпюру нормальных на-
напряжений, выполнить проектировочный
расчет на прочность и определить размер 5,
округлив его до 0,1 мм. В расчетах принять: М = 120 Н • м, b =
= Ю5, [а] = 180 МПа.
6.29.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений, выполнить проектировочный расчет
на прочность и определить размер 6, округлив его до 0,5 см. В рас-
расчетах принять: М = 120 Н • м, b = 105, от = 200 МПа, п = 1,2.
6.30.	Для сечения, представляющего собой равнобокий уго-
уголок 50 х 50 х 4 ГОСТ 8509-86, схематично изображенного на
рисунке, построить эпюру нормальных напряжений и определить
нормальное напряжение, действующее в опасной точке. В расче-
расчетах принять: М = 0,2 кН • м.
6.31.	Для сечения, составленного из равнобоких уголков 50 х
х 50 х 4 ГОСТ 8509-86, схематично изображенного на рисунке,

196
Косой изгиб и внецентренное растяжение-сжатие
[Гл.6
построить эпюру нормальных напряжений, определить наиболь-
наибольшие растягивающее и сжимающее напряжения. В расчетах при-
принять: М = 1 кН • м.
6.32. Для сечения, составленного из равнобоких уголков 50 х
х 50 х 4 ГОСТ 8509-86, схематично изображенного на рисунке,
построить эпюру нормальных напряжений и найти запас прочно-
прочности. В расчетах принять: М = 0,3 кН • м, от = 200 МПа.
) = const
„ ъ „
28
8 v
- ь .
5 = const
„ b „
г
Г
M
)
i
2b
ъм
С * у
2M 1
b
К задаче 6.27
К задаче 6.28
К задаче 6.29
6.33. Для сечения, представляющего собой неравнобокий уго-
уголок 80 х 50 х 5 ГОСТ 8510-86, схематично изображенного на
рисунке, построить эпюру нормальных напряжений и определить
нормальное напряжение, действующее в опасной точке. В расче-
расчетах принять: М = 1 кН • м.
М
0
м
м
К задаче 6.30
К задаче 6.31
К задаче 6.32
6.34.	Для сечения, составленного из неравнобоких уголков
80 х 50 х 5 ГОСТ 8510-86, схематично изображенного на рисун-
рисунке, построить эпюру нормальных напряжений, определить наи-
наибольшие растягивающее и сжимающее напряжения. В расчетах
принять: М = 0,4 кН • м.
6.35.	Для сечения, составленного из неравнобоких уголков
80 х 50 х 5 ГОСТ 8510-86, схематично изображенного на рисунке,
построить эпюру нормальных напряжений и найти запас прочно-
прочности. В расчетах принять: М = 1 кН • м, от = 200 МПа.

6.11
Косой изгиб
197
м
К задаче 6.33
К задаче 6.34
К задаче 6.35
В задачах 6.36-6.45 для балок, изображенных на указанных
рисунках, определить величину наибольших нормальных напря-
напряжений. В расчетах принять: опр.р = апр.с; сечение — прямоуголь-
прямоугольник (рис. к задаче 6.36) с соотношением сторон h : b = 2 : 1.
6.36. Р = 20 Н, L = 1 м, b = 1 см (см. рисунок).
h=2b
К задаче 6.36
К задаче 6.37
6.37.	Р = 200 Н, L = 1 м, b = 2 см, М = PL (см. рисунок).
6.38.	Р = 500 Н, L = 1 м, b = 2,5 см; М = PL (см. рисунок).
6.39.	Р = 1 кН, L = 1 м, b = 3 см, М = PL (см. рисунок).
6.40.	Р = 2 кН, L = 1 м, Ъ = 3 см, q = P/L (см. рисунок).
6.41.	Р = 300 Н, L = 1 м, b = 1,5 см (см. рисунок).
6.42.	Р = 800 Н, L = 1 м, b = 2 см, М = PL (см. рисунок).
6.43.	Р = 1 кН, L = 1 м, b = 2 см (см. рисунок).
6.44.	Р = 750 Н, L = 1 м, b = 3 см, М = PL (см. рисунок).
6.45.	Р = 1 кН, L = 1 м, b = 2,5 см; М = PL, G = P/L (см.
рисунок).
6.46—6.55 Для тонкостенных сечений, изображенных на ука-
указанных рисунках, построить эпюры касательных напряжений и
определить их наибольшие значения. Величины Р, b и толщину
сечения 5 считать заданными.

198	Косой изгиб и внецентренное растяжение-сжатие	[Гл. 6
2М
К задаче 6.38
\/
2Р
К
—>
\
р
IT
v\l
задаче 6.39
, с
х м
К задаче 6.40
К задаче 6.41
К задаче 6.42
К задаче 6.43

6.1
Косой изгиб
199
К задаче 6.44
К задаче 6.45
2Ь
, Ъ ,
Ъ
ъ
т ь
1 р
-г
, b ,
*2Р
Ъ
_;
К задаче 6.46 К задаче 6.47
К задаче 6.48
2Ь'
3 ,
2Ь1
3 ,
2Ь
3 ,
, 2Р^
в Ъ ж
К задаче 6.49 К задаче 6.50
К задаче 6.51
К задаче 6.52

200
Косой изгиб и внецентренное растяжение-сжатие
[Гл.6
b '
b '
2 i
Z>
6 "
2 ,
2 i
LJ
1
т
!—i 3P
i
ip
ъ
2
Ъ
2
Ъ '
2
Ь
2
5
2Ь
Ъ
2Ь
Ъ
Ьр
ь
К задаче 6.53
К задаче 6.54
К задаче 6.55
6.2. Внецентренное растяжение—сжатие
Второй вариант сочетания простейших видов деформаций
стержня — комбинация изгиба и растяжения-сжатия, т. е. в этом
случае кроме изгибающих моментов (условие F.1)) отлична от
нуля еще и нормальная сила:
Му ф 0,
0, N ф 0.
F.7)
Одним из способов реализации такого напряженного состоя-
состояния является нагружение балки, указанное на рис. 6.3 а.
Рис. 6.3

6.2]	Внецентренное растяжение-сжатие	2Ш_
Определение 6.2. Внецентренным растяжением-
сжатием прямого стержня называется его деформация, вызван-
вызванная внешними силами, линии действия которых параллельны
оси стержня, а их точки приложения А(ур, zp) — полюсы — не
совпадают с центром тяжести С сечения (см. рис. 6.36). ¦
Внецентренное растяжение-сжатие есть совокупность косого
изгиба и растяжения-сжатия. Действительно, рассматривая в си-
силу принципа суперпозиции (см. утверждение П.2) только одну
внешнюю силу Р, получим, что в поперечном сечении стержня
имеют место следующие отличные от нуля внутренние силовые
факторы:
My = -PzP, Mz = -PyP, N = P.	F.8)
Нормальные напряжения, в силу принципа суперпозиции
и формул A.5), F.2), определяются следующим образом:
?	Jz	Jy	t* V	lz	ly
F-9)
где cN — напряжения, вызванные нормальной силой N.
Утверждение 6.3.
1.	Нейтральная линия является не проходящей через центр
тяжести прямой
п: --—y--^z = 0.	F.10)
Причем она коллинеарна вектору Ми только при условии равен-
равенства моментов инерции: Jy = Jz (это соответствует комбинации
прямого поперечного изгиба и растяжения-сжатия).
2.	На прямых, параллельных нейтральной линии, напряже-
напряжения постоянны.
3.	Нормальные напряжения принимают максимальное и ми-
минимальное значения в точках сечения, наиболее удаленных от
нейтральной линии. ¦
Построение Зо и выбор отах р> <5тах с проводится так же, как
и при косом изгибе (см. § 6.1).
Уравнение нейтральной линии также может быть записано
в виде
п: l + ^y + ^-z = 0,	F.11)
lz	гу
где iy и iz — радиусы инерции сечения (см. C.4)).
В некоторых случаях (например, для балок, плохо работаю-
работающих на растягивающие напряжения) важным является следую-
следующее понятие.

202
Косой изгиб и внецентренное растяжение-сжатие
[Гл.6
Определение 6.3. Множество Dp С D называется яд-
ядром сечения D, если любая точка A Е Dp является полюсом
с нейтральной линией, либо лежащей вне D, либо имеющей общие
точки только с ее границей 8D. ш
Очевидно, если полюс принадлежит ядру, то нормальные на-
напряжения в сечении имеют один
и тот же знак.
При решении задач на отыс-
отыскание ядра сечения находится
его граница dDp, как множество
полюсов, которым соответствуют
нейтральные линии, пересекаю-
пересекающие границу 8D сечения только
в одной точке, либо касающиеся
ее. При этом центр тяжести се-
сечения обязательно является внут-
внутренней точкой ядра, поскольку,
как следует из уравнений F.10)
или F.11), при стремлении к нему полюса нейтральная линия
переходит в бесконечность. На рис. 6.4 в качестве примера ука-
указаны две граничные точки ядра B\^B<i Е dDp с нейтральными
линиями ni, П2-
Пример 6.2. Определить положение нейтральной линии,
построить эпюру нормальных напряжений и найти напряжение,
действующее в точке приложения силы для сечения, изображен-
изображенного на рис. 6.5.
Рис. 6.4
Рис. 6.5
Решение. Находим геометрические характеристики сече-
сечения. Его разбиение на два прямоугольника и их нумерация ука-
указаны на рисунке.

6.2]
Внецентренное растяжение-сжатие
203
Сначала определяем положение главных центральных осей.
Для этого используем вспомогательную систему координат Oy\Z\
(см. рисунок, Oz\ — средняя линия второго прямоугольника, ко-
которая является его главной центральной осью). Поскольку Оу\ —
ось симметрии, то она и является главной центральной осью
(см. утверждение 3.4), и центр тяжести С имеет координаты
(ус,0). Его вторую координату определяем с помощью формул
в C.6):
Fi = 2b2, F2 = 3b2, F = Fi + F2 = 562,
Система координат Cyz — главная центральная. Находим
главные моменты инерции и квадраты радиусов инерции
(см. табл. П.З):
2b-b3 6C6K
г
12
_29 4
6B6J
12	12
2
60
36 • б3
_217 4
60 '
"z ~ F ~ 300 " *
Определяем координаты точки приложения силы:
_ 5	_ 19	_ _1
t/ г	(\	t/ О	1 О '	¦*	О
z	1U	I
Уравнение нейтральной линии имеет вид (см. F.11))
1,
га: 1 +
19 h
То6
217,,
¦У
300	60
что эквивалентно следующему равенству:
551 29 _
+6

204
Косой изгиб и внецентренное растяжение-сжатие
[Гл.6
Нормальное напряжение в точке приложения силы определя-
определяем по формуле F.9):
k 2
N
6293 Ь2
У,У\
в
Эпюра нормальных напряжений для данного сечения в случае
растягивающего усилия N приведена на рис. 6.5. ¦
Пример 6.3. Определить ядро сечения, изображенного на
рис. 6.6.
Решение. Находим геометри-
геометрические характеристики сечения, раз-
разбивая его на квадрат и треугольник
(см. рисунок).
Сначала определяем положение
главных центральных осей. Для этого
используем вспомогательную систему
координат Oy\Z\ {Oz\ — средняя ли-
линия квадрата). Поскольку Оу\ — ось
симметрии, то она — главная цен-
центральная, и центр тяжести С имеет
координаты (ус, 0). Его первую коор-
координату определяем с помощью фор-
Рис.6.6	МУЛ в C.6):
FK =
F =
3 ' "° F 15
Здесь FK и FT — площади квадрата и треугольника.
Система координат Суz — главная центральная. Вычисляем
главные моменты инерции Jy, Jz (в первом случае учитываем
симметрию сечения и разбиваем треугольник на два) и квадраты
радиусов инерции (см. табл. П.З):
_ 26B6K О6-63 *	т *
у ~ 12 + 12 2 " ' "У F
\2ЪЪ3 г /4	\2
2_Л_?
У ~ F ~ 10
Jz =
3б
12
253
450

6.2]	Внецентренное растяжение-сжатие	205
Записываем уравнение нейтральной линии (см. F.11)):
0
253 + 3 -U-
4506 10Ь
В соответствии с определением 6.3 для полюсов, лежащих на
границе дDp ядра, в данном случае соответствующие нейтраль-
нейтральные линии должны проходить через угловые точки сечения. Так
как сечение симметрично относительно оси Су, то достаточно
рассмотреть точки Л, В и D, лежащие слева от нее. Они имеют
следующие координаты:
26 и	п	П и
yA = z^b, ?Л = 0; yB = — 6,
Подставляя их в качестве координат у, z в уравнение ней-
нейтральной линии, получаем уравнения прямых, задающих правую
часть границы ядра (здесь ур и zp — текущие координаты):
26	11
Ь	Ь
§53*	§53^
450*	450*	10
^4
—б2 —б2
450	10
После соответствующих преобразований получаем
.	253 ,	99	3
1	Ь 1
Эти прямые ограничивают правую часть ядра сечения, а его
левая часть симметрична правой относительно оси Су. Целиком
ядро изображено на рис. 6.6. ¦
Задачи
6.56. Для сечения, изображенного на рисунке, найти ней-
нейтральную линию, построить эпюру нормальных напряжений,
определить наибольшее нормальное напряжение и координаты

206
Косой изгиб и внецентренное растяжение-сжатие
[Гл.6
опасной точки в главных центральных осях. В расчетах принять:
Р = 20 кН, b = 2 см.
V///A/
//уу/У/
ъ
ъ
А
ь
А
К задаче 6.56
К задаче 6.57
6.57.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений, определить величины наибольшего
и наименьшего нормальных напряжений. В расчетах принять:
Р = 25 кН, b = 2 см.
6.58.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить коэффициент запаса
прочности. В расчетах принять: Р = 100 кН, b = 2 см, от =
= 160 МПа.
ъ
^^\ ъ
ъ
ъ
К задаче 6.58
§§§
ъ
Я
ъ
А
V
К задаче 6.59
6.59.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить коэффициент запа-
запаса прочности. В расчетах принять: Р = 50 кН, b = 2 см, от =
= 200 МПа.
6.60.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить коэффициент запа-

6.2]
Внецентренное растяжение-сжатие
207
са прочности. В расчетах принять: Р = 40 кН, Ь = 2 см, от =
= 160 МПа.
I
b
I
b
i
-^ i
2b
К задаче 6.60
К задаче 6.61
6.61.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений, определить величины наибольшего
и наименьшего нормальных напряжений. В расчетах принять:
Р = 150 кН, b = 3 см.
6.62.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить величины наибольших
нормальных напряжений на внешнем и внутреннем контурах.
В расчетах принять: Р = 50 кН, b = 2 см.
К задаче 6.62
К задаче 6.63
6.63. Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить величины нормальных

208
Косой изгиб и внецентренное растяжение-сжатие
[Гл.6
напряжений в вершинах треугольника. В расчетах принять: Р =
= 15 кН, b = 3 см.
6.64. Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить величину нормального
напряжения в опасной точке. В расчетах принять: Р = 10 кН, Ь =
= 2 см.
и
b
¦<	>
ъ
К задаче 6.64
К задаче 6.65
6.65.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений, определить величины наибольшего
и наименьшего нормальных напряжений. В расчетах принять:
Р = 10 кН, 6 = 2см.
6.66.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить коэффициент запа-
запаса прочности. В расчетах принять: Р = 80 кН, b = 2 см, от =
= 200 МПа.
\\V\VV\
^^^^
2Ь
ш
b
щ
\\\
VVV
^^
ь
ь
\ 1
1 [
ь
\ 1
i {
ъ
\ 1
К задаче 6.66
К задаче 6.67
6.67.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений, определить величину наибольшего
нормального напряжения на внутреннем контуре. В расчетах
принять: Р = 150 кН, 6 = 3 см.
6.68.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить величины нормальных

6.2]
Внецентренное растяжение-сжатие
209
напряжений в острых углах. В расчетах принять: Р = 150 кН, b =
= 3 см.
К задаче 6.68
К задаче 6.69
6.69.	Для сечения, изображенного на рисунке, построить эпю-
эпюру нормальных напряжений и определить наибольшее нормаль-
нормальное напряжение. В расчетах принять: Р = 50 кН, b = 2 см.
Указание: систему сил привести к точке.
6.70.	Для сечения, изображенного на рисунке к задаче 6.56,
определить его ядро и найти наименьшее расстояние г от центра
тяжести сечения до границы ядра.
6.71.	Для сечения, изображенного на рисунке к задаче 6.58,
определить его ядро и найти наименьшее расстояние г от центра
тяжести сечения до границы ядра.
6.72.	Для сечения, изображенного на рисунке к задаче 6.60,
определить его ядро и найти наименьшее расстояние г от центра
тяжести сечения до границы ядра.
6.73.	Для сечения, изображенного на рисунке к задаче 6.62,
определить его ядро и найти наименьшее расстояние г от центра
тяжести сечения до границы ядра.
6.74.	Для сечения, изображенного на рисунке к задаче 6.64,
определить его ядро и найти наименьшее расстояние г от центра
тяжести сечения до границы ядра.
6.75.	Для сечения, изображенного на рисунке к задаче 6.66,
определить его ядро и найти наименьшее расстояние г от центра
тяжести сечения до границы ядра.
6.76.	Для сечения, изображенного на рисунке к задаче 6.68,
определить его ядро и найти наименьшее расстояние г от центра
тяжести сечения до границы ядра.

Глава 7
ПЕРЕМЕЩЕНИЯ И ВНУТРЕННИЕ СИЛОВЫЕ
ФАКТОРЫ В СО И СН СТЕРЖНЕВЫХ
СИСТЕМАХ
В этой главе рассматривается второй частный случай стерж-
стержневых систем (определение П.З; ср. с гл. 2).
Определение 7.1. Стержневая система называется ра-
рамой, если все ее элементы — прямые стержни или стержни малой
кривизны.
Если среди элементов рамы есть прямые стержни, соединен-
соединенные со всей рамой шарнирами и работающие только на растяже-
растяжение-сжатие (ферменные элементы), то она называется комбини-
комбинированной системой, ш
Иногда аналогично фермам рассматриваются рамы, в кото-
которых некоторые элементы считаются недеформируемыми (тогда
их геометрия не важна).
Узлы рамы могут быть как шарнирными, так и абсолютно
жесткими (см. гл. 2). Шарнирный узел, соединяющий два стерж-
стержня, оси которых находятся на одной прямой, может рассматри-
рассматриваться как врезанный в единый стержень шарнир (см. § 5.1). Кро-
Кроме того, в рамах могут иметь место еще и врезанные скользящие
шарниры (катки, рис. 7.1). В этом случае к возможности свобод-
свободного поворота одного стержня относительно другого добавляется
их свободное относительное продольное перемещение.
1
Рис. 7.1
Очевидно, ферма — частный случай рамы.
Классификация рам по своей геометрии и внешней нагрузке,
с одной стороны, аналогична ферменным системам, а с другой, —
более сложна.
Определение 7.2. Рама называется плоской, если:
а)	оси всех ее элементов расположены в одной плоскости;
б)	одна из главных осей всех поперечных сечений элементов,
работающих на изгиб, лежит в той же плоскости;

7.1 ]	Статически определимые задачи	2П_
в) внешние сосредоточенные и распределенные силы лежат
в той же плоскости, а векторы моментов перпендикулярны этой
плоскости.
Рама называется плоско-пространственной, если она являет-
является плоской в части пп. а) и б), внешние сосредоточенные и распре-
распределенные силы перпендикулярны упомянутой плоскости, а век-
векторы моментов лежат в этой плоскости.
Для плоских и плоско-пространственных рам, содержащих
недеформируемые элементы, аналогично фермам дополнительно
полагается, что указанная плоскость является плоскостью гео-
геометрической и массовой симметрии абсолютно жестких тел.
В противном случае рама — пространственная, ш
Утверждение 7.1. В плоских и плоско-пространствен-
плоско-пространственных рамах отличны от нуля только три внутренних силовых
фактора, которые имеют ориентацию, соответствующую внешней
нагрузке. ¦
С симметрией рам (см. определение 2.3) связан характер эпюр
внутренних силовых факторов в их элементах.
Определение 7.3. Внутренние силовые факторы в по-
поперечном сечении стержня (см. рис. П.6) подразделяются на две
группы:
—	симметричные— Му, Mz, TV;
—	кососимметричные — Qy, Qz, Мк. ш
Утверждение 7.2. В симметричных (кососимметрич-
ных) рамах эпюры симметричных внутренних силовых факто-
факторов — симметричные (кососимметричные), а эпюры кососим-
метричных внутренних силовых факторов — кососимметричные
(симметричные). ¦
В соответствии с определением П. 17 рамы, как и ферменные
системы, подразделяются на СО и СН. Если выполняется равен-
равенство п = г, где п — общее число уравнений равновесия (включая
дополнительные уравнения для врезанных шарниров), а г — ко-
количество искомых внутренних силовых факторов и, быть может,
реакций в опорах, то рама является СО. В противном случае
(п < г) рама СН со степенью статической неопределимости г — п.
7.1. Статически определимые задачи
Алгоритм расчета рам в части первых двух пунктов во
многом аналогичен соответствующему алгоритму для ферм
(см. гл. 2) и состоит в следующем.
1. Разбиваем, если это необходимо, раму на участки. Из урав-
уравнений равновесия для всей рамы определяем реакции опор (в не-
некоторых случаях это действие может быть опущено).

212	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Далее с помощью метода сечений и уравнений равновесия
для отсеченных частей и, быть может, недеформируемых элемен-
элементов (число уравнений определяется утверждением 7.1), а также
дополнительных уравнений, соответствующих врезанным шар-
шарнирам (если таковые имеются), определяем внутренние силовые
факторы в элементах рамы, и строим их эпюры. При этом часто
удобно на каждом участке вводить местную систему координат
с началом на одном из его концов. Эпюры наносятся прямо на оси
соответствующих стержней (при сложной картине они строятся
отдельно для различных внутренних силовых факторов). Зная
характер эпюр, как правило, можно ограничиться нахождением
внутренних силовых факторов только на концах участков.
При построении эпюр полезно учитывать их свойства в случае
рам, обладающих симметрией (см. утверждение 7.2).
2.	Определяем напряжения в стержнях по алгоритмам, дан-
данным в главах 4 и 5 (стержень — вал при наличии крутящих мо-
моментов и балка). При отсутствии крутящих моментов возможен
проектировочный расчет по алгоритму расчета балок на изгиб.
В противном случае даже для проектировочного расчета необхо-
необходим более сложный подход, указанный в гл. 9.
3.	Вычисление перемещений для рам с помощью нахождения
упругой линии и углов поворота сечений (см. главы 5 и 4) равно,
как для сложных ферменных систем геометрическим методом
(см. гл.2), формально возможно, однако практически приводит
к очень громоздким вычислениям. Поэтому для таких стержне-
стержневых систем задача ставится так: найти перемещения и/или углы
поворота в точках. Если к таким точкам отнести все узлы, то,
в принципе, перемещения и углы поворота во внутренних сечени-
сечениях стержней могут быть найдены по алгоритмам, приведенным
в главах 4 и 5. Однако такая необходимость возникает крайне
редко. ¦
Метод вычисления перемещений в точках стержневых систем
основывается на следующем теоретическом материале.
В соответствии с принципом суперпозиции (утверждение П.2)
и формулами A.15), D.13) и E.37) потенциальная энергия стерж-
стержня имеет вид

Статически определимые задачи
213
Здесь использован криволинейный интеграл по оси стержня Г
с тем, чтобы эта формула была справедлива и для криволинейных
элементов рам.
Кратко это равенство можно записать так:
c4 =
c5 = GF/kz, c6 = GJK.
Определение 7.4. Величины Qj и Cj называются обоб-
обобщенными внутренними силовыми факторами и обобщенными
жесткостями, а кинематические характеристики (ду и Qz —углы
поворота поперечного сечения относительно осей Оу и Oz)
— обобщенными перемещениями стержня, соответствующими
Qi,...,Qe- ¦
Для стержневой системы, включающей в себя п стержней
с осями Г\, потенциальная энергия есть сумма энергий U{ каждо-
каждого из них:
Формулы типа G.2), G.4) обобщаются на произвольное упру-
упругое тело G, для которого справедливы закон Гука (аксиома П.7),
принципы начальных размеров (аксиома
П.З), отвердевания (аксиома П.5) и прин-
принцип суперпозиции (утверждение П.2).
Обозначим через Р& (к = 1, 2, . . . , т) ска-
скалярную систему обобщенных внешних сил
(включая моменты, см. также (П.8)), а че-
через 5& — соответствующую им (по направ-
направлению и точке приложения) систему обоб-
обобщенных перемещений (рис. 7.2). Тогда ра-
работа внешних сил (без реакций неподвиж-	рис 7.2

214	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
ных опор) записывается так:
-1 ТП
A = -Y,Pkh-	G.5)
1 k=i
В силу закона Гука имеют место равенства
m
(A = l,2,...,m),	G.6)
которые в матричном виде могут быть записаны следующим об-
образом:
5 = DP, 5=(бь...,бт)т,
P = (Pb...,Pm)T, D = (8W)mxm.
Из G.5)-G.7) для работы внешних сил следует равенство
m m
" к=1 1=1
Использование закона сохранения для состояния равновесия
тела G
A = U	G.9)
и свойств идеально упругих систем приводит к выводу, что мат-
матрица является положительно определенной (det D > 0), что поз-
позволяет обратить закон Гука:
m
Pk = Y,cbfii (A = 1,2, ...,m),
1=1	G-Ю)
р = С8, С = D = (ckl)mxm,
а также из G.5) получить еще одно представление работы внеш-
внешних сил:
1 к=1 1=1	1
Утверждение 7.3 (механический смысл элементов
матриц D и С). Величины 5&/ и с&/ являются характеристиками
упругого тела (не зависят от внешней нагрузки) и имеют
следующий смысл: 5&/ — перемещение по направлению действия
силы Р& , вызванное действием только единичной силы Р/ = 1,
a Cki — обобщенная сила Р& , которая должна быть приложена
к телу для того, чтобы по направлению действия силы Р/ имело
место единичное перемещение 5/ = 1. ¦
В связи с этим используется следующая терминология.

7.1 ]	Статически определимые задачи	21_5
Определение 7.5. 5&/ и D называются коэффициента-
коэффициентами и матрицей податливости, а с&/ и С — коэффициентами
и матрицей жесткости упругого тела. ¦
Утверждение 7.4. Матрицы D и С — симметрические:
hi = %, ckl = см,	G-12)
а потенциальная энергия упругого тела есть квадратичная форма
внешних сил и обобщенных перемещений:
^=2ЕЕ5над = 2 pTDP = 2 S E ckl*k8l = 2 STC5. .
k=l 1=1	k=l 1=1
G.13)
Равенства G.13) вытекают из G.8), G.9) и G.11), а первая
часть утверждения — из следующей теоремы.
Утверждение 7.5 (теорема взаимности, теорема
Бетти). Пусть Р'к и 5^, Р? и 5^ — системы обобщенных
сил и соответствующих им перемещений для двух состояний
равновесия упругого тела. Тогда
k=l	k=l
где А-[2 (^21) — работа первой (второй) системы сил на переме-
перемещениях второго (первого) состояния. ¦
Следствиями равенств в G.13) являются следующие теоремы.
Утверждение 7.6 (теорема Лагранжа). Если в со-
состоянии равновесия упругого тела системе обобщенных внешних
сил Pk соответствуют обобщенные перемещения 5&, то
Утверждение 7.7 (теорема Кастильяно). Если в со-
состоянии равновесия упругого тела системе обобщенных внешних
сил Pk соответствуют обобщенные перемещения 5&, то
ifk = h- '	GЛ6)
Последняя теорема может быть непосредственно использова-
использована для вычисления перемещений в точках стержневых систем.
Однако очевиден недостаток этого приема: перемещения мо-
могут определяться только в точке приложения обобщенной си-
силы Рс и только по направлению ее действия. Этот недостаток
ликвидируется следующим утверждением, вытекающим из тео-
теоремы Кастильяно и формулы G.4).

216	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Утверждение 7.8. Обобщенное перемещение 5 стерж-
стержневой системы в заданной точке и по заданному направлению
вычисляется следующим образом:
где Qij и Q^ — внутренние силовые факторы в г-м элемен-
элементе стержневой системы при нагружении ее заданной системой
сил Pk и единичной обобщенной силой, соответствующей переме-
перемещению 5. ¦
В развернутом виде равенство G.17) записывается так:
г=1
г=1
La	L j	L j
G.18)
Определение 7.6. Входящие в G.17) и G.18) интегра-
интегралы называются интегралами Мора, ш
Таким образом алгоритм вычисления перемещений и углов
поворота в какой-либо точке стержневой системы (п. 3 общего
алгоритма) состоит в построении 3Qij, 3Q\- и вычислении ин-
интегралов Мора. Отметим, что при определении относительных
перемещений сечений в них должны быть приложены противо-
противоположно направленные обобщенные единичные силы.
Для рам, как правило, основной вклад в перемещения дают
моменты. Поэтому при отличии последних от нуля хотя бы в
одном элементе стержневой системы в интегралах Мора нормаль-
нормальные и перерезывающие силы не учитываются. Естественно, для
ферм в G.18) остаются только слагаемые, содержащие нормаль-
нормальные силы. В комбинированных системах перерезывающие силы
также не учитываются, а интегралы Мора, содержащие нормаль-
нормальные силы, вычисляются только по ферменным элементам.
При постоянных жесткостях стержней вычисление инте-
интегралов удобно проводить геометрически, используя следующее
утверждение.

Статически определимые задачи
217
Утверждение 7.9 (правило Верещагина). Если g(x) —
линейная функция, то при b > a
ъ
\ f(x)g(x) dx = Sfg(x4.T),	G.19)
где Sf — площадь с учетом знака 3/ (криволинейной трапе-
трапеции, ограниченной прямыми х = а, х = 6, осью Ох и графиком
функции /(ж)), #(жц.т) — зна-
значение 3g (значение функции ^
g(x)) в центре тяжести жцт 3/
(рис. 7.3). ¦
При практическом примене-
применении этого правила используется
набор геометрических характе-
характеристик элементарных эпюр, ука-
указанных в табл. 5.1. В более слож-
сложных случаях, как правило, эпю-
эпюра может быть «расщеплена»,
т. е. представлена в виде ал- Э^
гебраической суммы элементар-
элементарных эпюр. При этом искомый
Рис. 7.3
интеграл есть соответствующая
сумма интегралов, которые мо-
могут быть подсчитаны геометри-
геометрически.
Пример 7.1. Для рамы,
изображенной на рис. 7.4 а, по-
построить эпюры внутренних силовых факторов.
Решение. Обозначаем узлы, характерные сечения и точки
буквами (см. рисунок). Для определения реакций опор составля-
составляем уравнения равновесия рамы:
Y^ ME = 0 : RAa + qa2 -
о=о;
= 0 :
а +
— qa- a = 0;
Y, У = 0 : -2qa - qa + REy = 0.
Отсюда находим
Ra — о Я°"> Rex — о Я°"> REy — 3qa.
Отметим, что уравнения равновесия составлены так, чтобы
в каждое из них входила только одна реакция.

218	Перемещения в СО и СП стержневых системах	[Гл. 7
? с
qa ^
7
1
X
1
3
X
У
1
/
«г а
D
{X
Я
Т
X
Еу
N
^ а
М
у
< а
а
f у'
К А
а
v
1	3N[qa]
В
©¦
3Q[qa]
С	D
# 	К
В
-©-
¦©-
2 2
м
N
/*
Рис. 7.4
Поскольку все реакции найдены, и рама не содержит замкну-
замкнутых контуров, то она статически определимая. На каждом участ-
участке вводим местную систему координат (см. рис. 7.4 а). Значения

7.1 ]	Статически определимые задачи	2^9
внутренних силовых факторов на первом участке для примера
вычисляем так же, как для балок (см. пример 5.1), а на остальных
в соответствии с алгоритмом — только на концах участков (знаки
соответствуют выбранным координатам; индексы в обозначениях
перерезывающих сил и моментов опущены):
—	участок А-В (ЭМ — линейная)
Nab = 0, Qab = ~^qa, МЛВ = --qax,
МЛ = МЛВ@) = О, Мв = Млв(а) =-\ qa2',
—	участок ВС (ЭМ — линейная)
1	3
NBc = 0, QBc = --qa-qa = -- qa,
Мв = —- qa2, Me = — о qa -2a — qa • a = —2qa2\
—	участок CD CQ — линейная, ЭМ — парабола)
1	3
NCd = ~^qa-qa = --qa, Qc = 0, QD = -qa,
Me = -2qa2, Mo = -2qa2 - qa • -a = —- qa2',
—	участок ED (ЭМ — линейная)
о	о
Ned = Sqa, QEd = ^ qa, ME = 0, MD = - qa2',
—	участок DM CQ — линейная, ЭМ — парабола)
NDm = 0, Qd = %qa, QM = qa,
MD = -qa2, MM = ^qa2;
—	участок M-N
NMN = qa, Qmn = 0, MMn = --qa2',
—	участок N-K CQ — линейная, ЭМ — парабола)
NNK = 0> QN = qa, Qk = 0> MN = --qa2, MK = 0.
Эпюры N, Q и М представлены на рис. 7.4 5, в, г. Частично
правильность решения можно проверить, рассматривая равнове-
равновесие узлов D и М (для моментов это указано на рис. 7.4 д).
Отметим, что усилие N вычислялось в методических целях.
Как правило, эпюра N не строится (см. алгоритм). ¦

220
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
Пример 7.2. Для рамы, изображенной на рис. 7.5 а, по-
построить эпюры Q и М.
3Q[qa]
2qa
в\
ЕГ
2-qa2	&_
В
-©-
a
м
з
е
Рис. 7.5
Решение. Обозначаем узлы и характерные сечения буква-
буквами (см. рисунок). Для определения реакций опор используем три
уравнения равновесия рамы и условие равенства нулю моментов
относительно врезанного шарнира для правой части рамы DEМ:
— 0: Яму ' 2а + Rmx ' & — Ч&2 — 2да • а = 0,
Y,X = 0: - RAx + 2qa- RMx = 0,
= 0: -
+
г/ = 0,
5] М?р = 0: - RMx • а
Решая эту систему уравнений, находим

7.1 ]	Статически определимые задачи	221_
Поскольку все реакции найдены, то задача статически опре-
определимая. Целесообразно убедиться в правильности определения
реакций. Для этого можно использовать уравнение моментов от-
относительно любой точки рамы, например точки D:
- qa - а — - qa • а — qa2 + 2qa • а — - qa • 2а + - qa • а = 0.
о	о	о	о
Значения внутренних силовых факторов аналогично преды-
предыдущему примеру вычисляем только на концах участков (знаки
соответствуют выбранным координатам; оси Оу на рис. 7.5 а не
изображены, поскольку подразумевается, что системы координат
Оху всегда правые):
—	участок А-В (ЭМ — линейная)
Qab = ^ qa, MA = 0, Мв = -qa- a= - qa2]
—	участок В-С (ЭМ — линейная)
Qbc = -qa-2qa = -- qa, MB = - qa2,
Me = - qa -2a — 2qa • a = - qa2]
о	о
—	участок CD (ЭМ — линейная)
4	4 о
Qcd = ~^qa, Mc =-qa, MD = 0;
—	участок D-E (здесь проще рассматривать действие внеш-
внешних сил из правой части рамы; ЭМ — линейная)
Qde = ^ qa, MD = 0, МЕ = -qa- a- qa2 = - qa2',
—	участок ЕМ (здесь также рассматриваются внешние силы
из правой части рамы; ЭМ — линейная)
Qem = ~^qa, ME = ^qa- a = -qa2, MM = 0.
Эпюры Q и М изображены на рис. 7.5 б, в. ш
Пример 7.3. Построить эпюры перерезывающих сил и из-
изгибающих моментов, а также провести проектировочный расчет
на прочность изображенной на рис. 7.6 а рамы, имеющей постоя-
постоянное кольцевое сечение с отношением диаметра к толщине d/Ъ =
= 20. В расчетах принять: q = 10 кН/м; а = 0,6 м; [а] = 140 МПа;
? = 0,7-105 МПа.

222
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
Решение. Обозначим узлы и характерные сечения рамы
буквами (см. рисунок).
D
1. Определение внутренних силовых факторов. Для вычис-
вычисления опорных реакций составляем уравнения равновесия всей
рамы:
= 0: \
- qa

7.1 ]	Статически определимые задачи	223
Отсюда находим
2	1
RD = -qa, RCy = -qa, RCx=0.
Для проверки можно определить момент внешних сил и ре-
реакций относительно точки В:
У2 Мв = 0: -qa • а — - qa2 + qa la+ -a) - - qa -2a = 0.
3	А	\	A J 3
Внутренние силовые факторы на прямолинейных участках
вычисляем так же, как и в предыдущих примерах, а на криво-
криволинейной части рамы находим их функциональную зависимость
от угла ф (см. рис. 7.6 а):
—	участок С-В (ЭМ — линейная)
Qcb = ^ qa, Мс = О, Мв = -qa-a= - qa2]
—	участок В-А (местная система координат указана на
рис. 7.6 а)
QbaM = з Яа sin(P? Qb@) = 0, QA = Qba G;) = 3 qa,
{2	)	2 = qa2 I
^a - acoscp) - - qa2 = - qa2 I - -coscpj ,
MB = MBA @) = -\ qa2, MA = MBA (fj = \ qa2;
— участок AD CQ — линейная, ЭМ — парабола)
112	1
-qa, Qd = -qa-qa= --qa, MA = ^qa2, MD=0.
3	3	3b
Эпюра Q приведена на рис. 7.6 б. Поскольку на участке А-
D перерезывающая сила меняет знак, то перед построением ЭМ
необходимо провести исследование на экстремум:
Mextr = Mmax = - qaBa + ж*) - qa2 - qx*у = - qa2.
Эпюра М приведена на рис. 7.6 в.

224	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
2. Расчет на прочность. Расчетное сечение — правый конец
участка С-В:
Учитывая, что для данного сечения W = nR2d = 0,314Я3
(см. табл. П.З), записываем условие прочности (см. § 5.2):
Mmax qa2/3	qa2 r .
стах - "йГ - ^^з " Мб дз" < М
откуда следует, что
Принимаем R = 30 мм, 5 = 3 мм. ¦
Пример 7.4. Построить эпюры внутренних силовых фак-
факторов для рамы, изображенной на рис. 7.7 а.
Решение. Рама — пространственная. Она статически
определимая, так как заделка накладывает шесть связей,
и реакции в опоре могут быть найдены из шести уравнений
равновесия. Однако для определения внутренних силовых
факторов вычислять их нет необходимости, так как метод
сечений можно применять, отсекая части от свободных краев
рамы аналогично тому, как это делается в консольной балке.
Обозначение узлов рамы приведено на рис. 7.7 а. Здесь же на
каждом участке указаны местные системы координат. Отметим,
что все они правые. Ось Ож, как обычно, является продольной.
Положение осей Оу и Oz для построения эпюр, в общем, может
быть произвольным, однако для дальнейших расчетов (опреде-
(определение напряжений и перемещений) они должны быть главными
центральными осями текущих поперечных сечений.
Эпюры внутренних силовых факторов строим по участкам,
используя те же приемы, что для плоских рам:
— участок М-С CMZ — линейная)
7V = 0, Qy = -qa, Qz = 0,
Mzc = -qa • a = -qa2, My = 0, MK = 0;
—	участок E-D
N = 0, Qy = 0, Qz = 0, Mz = 0, My = 0, MK = -2<?a2;
—	участок DC CQZ — линейная, ЗМу — парабола)
7V = 0, Qy = 0, QzD=0, QzC = -2qa,
MyD = 0, MyC = -2qa • a = -2qa2, Mz = -2qa2, MK = 0;

Статически определимые задачи
225
участок С-В CMZ — линейная)
N = qa, Qy = 2qa, Qz = О,
My = —2qa2 + qa • a = —qa2, Mzq = 0,
MzB = 2qa • 2a = 4qa2, MK = 2qa2\
3Q[qa]
д
Рис. 7.7
— участок В-А CMZ — линейная)
N = 2qa, Qy = -qa, Qz = 0, My = -2qa • a = -2qar,
А. Г. Горшков и др.

226	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Mzb = 2qa • 2а = 4qa2, Mza = 4qa2 - qa • 2a = 2qar,
MK = 2qa^ — qa • a = qa.
Соответствующие эпюры приведены на рис. 7.7 б-г. В слож-
сложных случаях эпюры различных моментов и перерезывающих сил
изображаются отдельно.
В заключение следует проверить равновесие узлов рамы
(рис. 7.7 д; здесь указаны только моменты). ¦
Пример 7.5. Определить вертикальное ду и горизонталь-
горизонтальное 5Ж перемещения точки А для фермы, показанной на рис 7.8.
Длины и жесткости стержней одинаковы и равны соответствен-
соответственно / и EF.
Решение. Нумерация стержней показана на рисунке. Как
будет ясно из дальнейшего, в данном случае реакции в опорах
можно не определять.
Вычисляем усилия в стержнях, используя метод сечений
(см. § 2.1; все треугольники равносторонние):
—	узел А
^Х = 0: — iVi -yV2cos60° = — iVi - N2/2 = О,
?У = 0: Р- yV2cos30° = P- N2V3/2 = 0;
—	узел В
5^Х = 0: TVi + GV3 - yV4)cos60° = iVi + (Ns - N4)/2 = 0,
Y^Y = 0: - GV3 + yV4)cos30° = 0;
—	узел D
5^X = 0: yV4cos60° + 7V5 = N4/2 + Nb = 0.
Отсюда находим
P	2P	P	P
N N	N	N	N
Для определения Ъу удобнее воспользоваться теоремой Касти-
льяно (утверждение 7.6). С этой целью вычислим потенциальную
энергию фермы (см. G.1), G.4), а также B.4)):
У w2 = — \(-—J + (—J
^1Уг 2EF[\ V3/ VV3/
2EF f_/ * 2EF\ V тД) V .
p ч2 / p ч2 / p \2] 29 P2l

7.1 ]	Статически определимые задачи	227
Следовательно, искомое перемещение имеет вид
_ 8U _ 29 Р1
у ~ ~дР ~ 12 EF*
Для определения горизонтального перемещения воспользу-
воспользуемся интегралами Мора G.18). Полагая Р = 0, прикладыва-
прикладываем в точке А в соответствующем направлении единичную силу
(см. рис. 7.8), и аналогично исходной задаче находим усилия Nj
для этой системы:
Nl = Nl = -Nl = 1, N% = 0, Nl = -1/2.
В
Рис. 7.8
Следовательно,
г=1 J	г=1
P	, .x
Р Л 2Р
Пример 7.6. Определить прогиб 5^ в сечении С и угол
поворота 0?) сечения D изображенной на рис. 7.9 балки жестко-
жесткостью EJZ.
Решение. Обозначение опор и характерных сечений балки
указано на рисунке. Определяем реакции опор (см. пример 5.1):
= 0: — qa- a — 2qa(a + а) + Rb • За — qa2 = 0,
= 0: — Ra - За + qa • 2а + 2qa • а — qa2 = 0, Ял = qa.
Вычисляем значения изгибающих моментов на концах участков:
MzA = 0, MzD = qa2, MzB = MzC = -qa2
и строим эпюру М^(см. рис. 7.9).

228
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
Аналогично строим эпюры изгибающих моментов М\ъ и \
для двух единичных систем «I5» и «Iе» (балка, нагруженная
только соответствующей единичной нагрузкой; см. утвержде-
утверждение 7.7 и рис. 7.9).
эм2
[да2]
Рис. 7.9
Искомое перемещение и угол поворота находим с помощью
интегралов Мора G.18), используя правило Верещагина G.19)
и табл. 5.1. Вычисления проводим по участкам:
— участок A-D («умножаем» треугольник 3MZ на треуголь-
треугольники ЭМ\Ъ и ЭМ1в)
а
I
EJZ
EJZ
2 а
qaT

7.1 ]	Статически определимые задачи	229
а
I
EJZ ™- EJZ\2H~ ") 3 3
2
— участок D-B (расщепляем ЭМ2 на прямоугольник —эпюру
от действия реакции К а и силы в сечении D — и параболу — эпю-
эпюру от действия распределенной нагрузки; «умножаем» трапецию
и треугольник ЗМ\Ъ и ЭМ^е на прямоугольник ЗМ^, а также
параболу 3MZ на трапецию и треугольник 3Mjd и ^е
f MzMlb	1 Г а/3 + а	2
2а
2 о	2 /1 о о ЛЛ 1 2] 4qa3
- ¦ - ¦ 2а ¦ qa* - - • 2qa* ¦ 2а
EJZ[2 3 *"* ч" V3	У 4
— участок В—С («умножаем» треугольник ЭМ^6 на прямо-
прямоугольник 3MZ)
j
0	0
Суммируя эти результаты, окончательно найдем прогиб
в сечении С и угол поворота 6^ сечения D:
4а
Г
MzMf	qa4 ( 1 2 l\ 1 <?а4
2
о
4а
EJ, """ ~ EJX\ 9T9T"j ЯЛ • "
Пример 7.7. Найти горизонтальное перемещение ЪАх се-
сечения А изображенной на рис. 7.6 а рамы, полагая жесткости
стержней на всех участках одинаковыми.

230
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
Решение. Для вычисления перемещения используем ин-
интегралы Мора G.18). ЭМ для этой рамы построена в примере 7.3
(см. рис. 7.6 в).
Рассматриваем также раму под действием единичной силы,
приложенной в сечении А и сонаправленной с 5дж. Аналогично
примеру 7.3 строим соответствующую эпюру изгибающих момен-
моментов М\ (рис. 7.10 а). При этом на участке В-А (местная с
система
Рис. 7.10
координат указана на рис. 7.6 а) для момента имеем следующее
выражение:
М\ (ф) = — - Bа — a cos ф) + 1 • a sin ф = а ( — q + q cos Ф + sin ф 1.
Интегралы Мора на прямолинейных участках вычисляем, ис-
используя правило Верещагина и учитывая расслоение эпюры М
на участке A-D (см. рис. 7.10 5), а на участке В-А — с помощью
непосредственного интегрирования:
EJ,
к/2
2 1
+ - qa2( - — совф) • о,[—- + - cosф + sm<$
о
12
11
3 1
Пример 7.8. Определить перемещение 5^ по нормали
к плоскости ABC сечения С изображенной на рис. 7.7 а рамы.

Статически определимые задачи
231
Решение. Для вычисления
перемещения используем интегра-
интегралы Мора G.18). Эпюры изгибаю-
изгибающих и крутящего моментов для
этой рамы построена в примере 7.4
(см. рис. 7.7 г).
Прикладываем к раме в на-
направлении искомого перемещения
единичную силу и аналогично
примеру 7.4 строим эпюры момен-
моментов М*, M\, М\ (рис. 7.11). Ис-
Искомое перемещение находим, пере-
перемножая соответствующие эпюры
на участках А-В и ВС:
1
(EJy)
AB
-¦2a-2a- 2qa'
= -2qa
41 2
)BC
Рис. 7.11
(Е^у)лв (GJk)ab (EJy)ec
Задачи
7.1—7.25. Построить эпюры внутренних силовых факторов
для рам, приведенных на соответствующих рисунках.
2а
qa
f V V 1
a
*\
' V
-<—
a
у
a
1 2a
V777
К задаче 7.1
К задаче 7.2

232
Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
/77*7
Л
А
/////
К задаче 7.3
2а
В
Ра
/77/7
К задаче 7.4
2а
Z
2qa2
й
//777
гж~
К задаче 7.5
<	>
//777
qa
В
К задаче 7.6
В
а
1
а
и—'
<
<—
1 ' А
//Л/
< а А
К задаче 7.7
К задаче 7.8

7.11
Статически определимые задачи
233
К задаче 7.9
К задаче 7.10

234	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
К задаче 7.17
qa
К задаче 7.19
D	2-
x
a
С
qa2
К задаче 7.21
qa2
ЛЛ
D
К задаче 7.18
К задаче 7.20
К задаче 7.22

Статически определимые задачи
235
7.26—7.31. Используя теорему Кастильяно, найти перемеще-
перемещение сечения А балок и ферм или угол поворота сечения В балок,
приведенных на соответствующих рисунках. Площади попереч-
поперечных сечений F и изгибные жесткости EJZ считать постоянными.
7.32—7.49. Используя интегралы Мора, найти перемещение
сечения А или угол поворота сечения В балок, приведенных на
соответствующих рисунках. Изгибные жесткости EJZ считать
постоянными.
Е х a D
К задаче 7.23
К задаче 7.24
К задаче 7.25
К задаче 7.26
a/f\
ж. ^
/Y/ a
A
a
P
\
м
2а
К задаче 7.27
К задаче 7.28

236
Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
2а
К задаче 7.29
2Ра
2а
К задаче 7.30
Ра
В
К задаче 7.31
:Ш
Ж
К задаче 7.32
2а
q
А
а
qa
7
а
\
а
К задаче 7.33
qa
-п'
<а >
2а
л
К задаче 7.34
а
А
2а
а
Г
а
К задаче 7.35
2q
В
2а
К задаче 7.36
ль-
Ъа
К задаче 7.37
1
q
"^ 2/
1 1 1 1
7/vTВ
К задаче 7.38

Статически определимые задачи
237
q
.'1
I
t
ft
2/
/
Р 2Р1
К задаче 7.39
Р
-PI
В v
/	/	/	I 2PI
К задаче 7.41
qa
2а
тттт
2а
К задаче 7.43
q
f
2a
^ c
a
q
2a
К задаче 7.45
qa
а
В
К задаче 7.47
qa
2qa
5
V
К задаче 7.40
qa_
4а
К задаче 7.42
qa
tt	Ж
2q
2а
К задаче 7.44
qa
a
rr
К задаче 7.46
qa
я 2
////
а
qa
а
А
а
К задаче 7.48

238
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
За
В
i>qa2	7.50-7.64. Определить переме-
перемещение сечения А или угол поворота
сечения В рам, указанных в задачах
7.1-7.15.
7.65—7.74. Для рам, указанных
в задачах 7.16-7.25, определить пе-
перемещение сечения Е в направле-
К задаче 7.49	нии, перпендикулярном плоскости
CDE.
7.75—7.84. Для балок, указанных соответственно на рисунках
к задачам 6.36-6.45, определить прогиб в точке С.
7.2. Расчет цилиндрических пружин
Практически важным примером СО брусьев являются пру-
пружины.
Определение 7.7. Криволинейный брус с постоянным
поперечным сечением и осью Г в виде винтовой линии (рис. 7.12)
н азы вается цилиндрической
пружиной, а ось винтовой
линии — осью пружины.
Если пружина нагруже-
нагружена на концах растягивающей,
сжимающей силой Р или кру-
крутящим моментом М, то она на-
называется пружиной растяже-
растяжения, сжатия или кручения, ш
Если винтовая линия имеет
радиус R и шаг s, то в ПДСК
O\x\y\z\ (ось O\z\ совпадает
с осью пружины) ее парамет-
параметрическое представление имеет
вид
х\ = Rcost, у\ = Rsint,
G.20)
Проведем поперечное сече-
сечение пружины в некоторой точ-
Рис. 7.12	ке Cq(x-[q, ую, 2ю) Е Г. Оси си-
системы координат Coxyz в сече-
сечении выберем следующим образом: Cqx направим по касательной
к Г, Cqу — вдоль прямой CqOq, пересекающей ось пружины и пер-

7.2]
Расчет цилиндрических пружин
239
пендикулярной ей, a Cqz — перпендикулярно плоскости С$ху
(рисунки 7.12, 7.13 и 7.14). Тогда единичные базисные векторы
i, j и к системы Cqxi/z имеют в ПДСК O\x\y\z\ следующие
Рис. 7.13
Рис. 7.14
координаты:
1
i= -7^>TF>sinot ' J = —5 (ЖЮ,ШО, 0),
,	г. .1
k = [hi] =
УЮ .	10 .
-5"sinoc' —5~ sin a, cos a
it	ri
G.21)
= Я sin t
= Я cos to?
Отсюда вытекает, что система координат Coxyz есть ПДСК.
Из условий равновесия отсеченной нижней части пружины
растяжения (Р > 0) или сжатия (Р < 0) получаем, что векторы
внутренних результирующих силы и момента в сечении (см. (П.8)
и (П.22)) имеют следующий вид (см. рис. 7.13):
R=-Re = @,0,P),
М = -Ме = Pfl[j, e3] = P(-i/io, янь °).
где ei, е2 и ез — орты ПДСК O\x\y\z\.
Из G.22) и (П.22) вытекают формулы для внутренних сило-
силовых факторов:
N = Р sin a, Qy = 0, Qz = Р cos a,
, My = 0, Mz = -PRsina.	^ "'

240	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Аналогично для пружины кручения имеем (см. рис. 7.14):
R = -Re = 0, М = -Ме = М @, 0,1),
N = Qy = Qz = 0, Мк = М sin а, Му = 0, Mz = M cos а.
G.24)
Отметим, что, как следует из G.23) и G.24), силовые факторы
во всех сечениях пружины одинаковы. Форма концов пружин,
связанная с конструктивными особенностями, в силу аксиомы 6
(см. П.1) не учитывается.
Обычно кривизной пружины пренебрегают (см. определе-
определение 7.1). Тогда на основании формул G.23) и G.24) можно про-
провести поверочный расчет пружины на прочность по алгоритму,
указанному в § 7.1.
Кроме того, с помощью формул G.1) и G.23) (см. также A.9))
может быть вычислена потенциальная энергия ?/, а с использова-
использованием теоремы Кастильяно (утверждение 7.6) или интегралов Мо-
Мора G.18) найдено удлинение (укорочение) 5 или относительный
угол закручивания ср пружины (оси С о у z полагаются главными):
— пружины растяжения или сжатия
\2 8=kP, с=1,
к =
I5") Si a + 2A+ v) \к* + -fr) cos2 а
гк
IT?2
^КгьП
cos a
sin2 a
cos a
s2 а!
J
cos а cos а	v '
пружины кручения
. 2 л	G-26)
cos а л/_ ч sin а
2 -г ±у± -г vy 2
Здесь с и k — жесткости и податливости пружин, I и п — длина
и число витков, D — диаметр пружины, а приближенное равен-
равенство соответствует малости радиуса инерции iz и величины i&,
Как правило, пружины имеют малый шаг:
s < R.	G.27)

7.2]	Расчет цилиндрических пружин	241_
Тогда, как следует из G.21), sin а « 0 и cos а « 1. При этом
в сечении пружины отличны от нуля только следующие усилия:
—	пружины растяжения или сжатия
Qz = P, MK = PR;	G.28)
—	пружины кручения
Mz = М.	G.29)
В проектировочных расчетах также пренебрегают перерезы-
перерезывающей силой. Тогда в соответствии с D.7) и E.10) расчетные
значения напряжений определяются так:
—	пружины растяжения или сжатия
w = ?H?;	G.30)
—	пружины кручения
cmnv = тзх(ав ан ) ав = 	 ан =	 G ЗЛ
иппах шелл v^max^ итахл итах \Л/В '	max \А/Н ' \	)
Z	Z
В этом случае формулы для жесткостей пружин в G.25)
и G.26) существенно упрощаются:
k = it = eTj '«2*Яп = 1сЯп;	G.32)
Пример 7.9. Найти максимальные касательные напряже-
напряжения ттах и перемещение 5 конца цилиндрической пружины малого
шага, свитой из проволоки круглого сечения. В расчетах принять:
Р = 500 Па; диаметр проволоки d = 2 см; R = 10 см; п = 8; G =
= 8 • 104 МПа.
Решение. Из табл. П. 4 находим геометрические характе-
характеристики сечения пружины:
JK = Jp = nd4 /32, WK = Wp = nds /16.
Подставляя их в формулы G.30) и G.25) и учитывая G.32),
получаем
- 16PR я- 64д3уг р
Вычисления по этим формулам приводят к следующим ре-
результатам:
16-5-Ю2-0,1 Q1 ОЛЛГГ
w= ,-0,023 -31,8 МПа,

242	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
о л п -|3 о
5510'002м 2см ¦
Пример 7.10. Определить допускаемую растягивающую
силу Р и соответствующую этой силе потенциальную энергию
цилиндрической пружины малого шага с квадратным сечением
со стороной а. В расчетах принять: а = 6 мм; R = 40 мм; п = 8;
[т] = 40 МПа; G = 8 • 104 МПа.
Решение. Из таблиц П.4 и П.5 находим геометрические
характеристики сечения пружины:
JK = ра4 = 1,83 • 10~10 м4, WK = аа3 = 4,49 • 10~8 м3.
Величину допускаемой силы находим из условия прочности
Отсюда приходим к неравенству
Р^ = 400б040490"8=449Н-
Следовательно, Р = 449 Н.
Потенциальную энергию пружины находим с использованием
формул G.25) и G.32):
u_nR*np2_	n-0fi43-S	ш 4492 _ 27 б Дж и
U ~ 2GJ* ~ 2-8- 1010.1,83- Ю-10	" ' Д
Пример 7.11. Две цилиндрические пружины, свитые из
круглых проволок одинакового материала и имеющие одинако-
одинаковую длину, вставлены одна в другую концентрически, а их торцы
соединены жесткими пластинами, к которым приложены сжи-
сжимающие осевые силы Р. У наружной пружины средний диаметр
витка Z?i, диаметр поперечного сечения d\, число витков щ,
а у внутренней — D2, d2, и2 соответственно. Определить переме-
перемещение (осадку) 5 концов пружин. В расчетах принять: Р = 4,3 кН;
D1 = 2D2 = 0,16 м; d\ = 16 мм; d2 = 12 мм; щ = 8; п2 = 12; G =
= 8 • 104 МПа.
Решение. Обозначим силы, действующие на внешнюю
и внутреннюю пружины, через Р\ и Р2. Из уравнения равновесия
в проекциях на ось пружин имеем
Р\+ Р2 = Р.
Задача является статически неопределимой. Дополнительное
уравнение составляем из условия совместности деформаций, ко-
которое заключается в равенстве перемещений концов пружин:
5] = 5г.

7.2]	Расчет цилиндрических пружин	243
Отсюда с использованием результатов примера 7.1 получаем
равенство (D\ = 2/?i, D2 = 2Я2)
_
* 1 ~~
которое с учетом исходных данных приводится к следующему
уравнению:
27Pi = 16Р2.
Решая его совместно с уравнением равновесия, находим
Pi = ^ Р = 1600 Н, Р2 = ^Р = 2700 Н.
Тогда искомое перемещение вычисляется так:
. .	8-0,163-8-16	- ппал ал
о = 01 = 	тп	л	* 4,о • 10 = и,иЬ4 м = Ь4 мм. ¦
8 • 1010 • 0,0164 • 43 '
Пример 7.12. Витая цилиндрическая пружина малого
шага с диаметром проволоки d нагружена крутящим момен-
моментом М. Определить максимальные нормальные напряжения,
жесткость пружины на кручение, угол закручивания и потенци-
потенциальную энергию деформации. В расчетах принять: d = 12 мм;
и = 10; М = 10 Н • м; D = 160 мм; Е = 2,2 • 105 МПа.
Решение. Предварительно находим геометрические ха-
характеристики сечения проволоки (см. таблицы П.З и П.6):
Jz = ^L = 1,02 • 10"9 м4; Wz = ^- = 0,169 • 10 м4.
Используя G.31), G.33) и G.26), вычисляем максимальные
напряжения
М	10
Wz 0,169-Ю
жесткость пружины на кручение
EJZ 2,2 • 1011 • 1,02 • 10"9
тг-0,16-10
угол закручивания
М
Т 4^ = °'223
и потенциальную энергию пружины при закручивании
М2	102

244	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Задачи
7.85.	Найти максимальные касательные напряжения ттах
и перемещение 5 конца свитой из проволоки круглого сечения
цилиндрической пружины малого шага, закрепленной на одном
конце и растянутой силой Р. В расчетах принять: Р = 4,5 кН, D =
= 0,4 м, диаметр проволоки d = 37 мм, п = 10, G = 7,05 • 104 МПа.
7.86.	Для цилиндрической пружины, свитой из круглой про-
проволоки, найти диаметр проволоки d и число витков. В расчетах
принять: максимальная сжимающая сила Р = 1 кН, максималь-
максимальная осадка 5 = 30 мм, R = 20 мм; [т] = 480 МПа; G = 8 • 104 МПа.
При этих же условиях подобрать сечение пружины, свитой из
проволоки квадратного сечения. Сравнить веса обоих пружин.
7.87.	Стальная цилиндрическая винтовая пружина круглого
сечения диаметром d сжата осевой силой Р. Определить макси-
максимальное касательное напряжение, осадку и потенциальную энер-
энергию деформации пружины. В расчетах принять: d = 20 мм; Р =
= 1 кН; D = 0,16 м; п = 8.
7.88.	Цилиндрическая винтовая пружина круглого сечения
диаметром d растянута силой Р. Определить максимальные ка-
касательные напряжения в витках пружины. В расчетах принять:
Р = 500 Н; d = 18 мм; D = 0,125 м; G = 8 • 104 МПа. Какое число
витков должна иметь пружина для того, чтобы ее осадка 5 =
= 6 мм?
7.89.	Две цилиндрические пружины сжимаются одинаковой
по величине силой Р (первая пружина круглого сечения, вто-
вторая — квадратного со стороной а). Определить отношения их
максимальных касательных напряжений Tmaxi/Tmax2 и осадок
5i/52. В расчетах принять: D\ = D<i\ n\ = n<i\ G\ = G<i\ nd2 =
= 4a2.
7.90.	Проверить прочность стальной цилиндрической пружи-
пружины растяжения. В расчетах принять: Р = 400 Н; D = 8d = 40 мм;
[т] = 500 МПа.
7.91.	Определить допускаемую осевую растягивающую силу
для цилиндрической пружины, изготовленной из стальной про-
проволоки диаметром d. В расчетах принять: d = 6 мм; п = 10;
наружный диаметр витка пружины DH = 66 мм; [т] = 240 МПа.
7.92.	В условиях предыдущей задачи, определить жесткость
пружины с.
7.93.	Определить допускаемую растягивающую нагрузку для
цилиндрической пружины, изготовленной из проволоки круглого
сечения диаметром d. В расчетах принять: d = 6 мм; п = 20; R =
= 75 мм; [т] = 90 МПа. Чему при этом будет равно удлинение
пружины?

7.2]
Расчет цилиндрических пружин
245
7.94.	Витки цилиндрической пружины, изготовленной из
стальной проволоки круглого сечения, имеют средний диаметр
D = 0,2 м. При осадке пружины 5 = 50 мм она должна поглотить
500 Дж энергии, причем максимальные касательные напряжения
не должны превышать 175 МПа. Определить диаметр d проволо-
проволоки и число витков пружины.
7.95.	Определить жесткость с цилиндрической пружины, из-
изготовленной из стальной проволоки диаметром d. В расчетах
принять: d = 6 мм; п = 5 наружный диаметр витка пружины
Dh = 33 мм.
7.96.	Определить допускаемую сжимающую силу Р для ци-
цилиндрической пружины, изготовленной из стальной проволоки
квадратного сечения. В расчетах принять: сторона квадрата а =
= 10 мм; п = 12; R = 50 мм; [т] = 280 МПа.
7.97.	Внутри стальной цилиндрической винтовой пружины
круглого сечения диаметром d\ помещена вторая пружина, круг-
круглого сечения диаметром d%. Их торцы соединены жесткими пла-
пластинами, к которым приложены сжимающие силы Р. Средний
диаметр наружной пружины Z?i, а внутренней — Z?2, число вит-
витков п у пружин одинаковое. Определить нагрузку на каждую
пружину, наибольшие касательные напряжения и осадку пру-
пружин. В расчетах принять: d\ = 30 мм; d% = 20 мм; D\ = 160 мм;
D2 = 100 мм; п = 10; Р = 20 кН.
7.98.	Две пружины, свитые из проволоки одинакового диа-
диаметра d и имеющие одинаковое число витков п, вставлены одна
в другую. Система пружин ежи мается
силой Р = 400 Н. Высота наружной пру-
пружины в свободном состоянии на 60 мм
больше чем внутренней. Найти усилия,
осадки, максимальные напряжения и по- р
тенциальные энергии каждой пружины. 2
В расчетах принять: d = 3 мм; п = 10;
Р = 400 Н; средние радиусы витков R^ =
= 50 мм; R2 = 30 мм; G = 8 • 104 МПа.
7.99.	Две пружины с одинаковым
средним радиусом витков R изготовле-
изготовлены из стальной проволоки круглого се-
сечения диаметром d. Пружины вставле-
вставлены между двумя неподвижными плоско-
плоскостями. Между ними расположена жест-
жесткая плита (см. рисунок), через которую	К задаче 7.99
передается осевая нагрузка Р. Опреде-
Определить, как распределяется нагрузка между пружинами, величину
максимальных касательных напряжений и перемещение плиты.
1

246
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
В расчетах принять: d = 20 мм; число витков пружин п\ = 10;
п2 = 5; Р = 4,5 кН; R = 100 мм.
7.100. Жесткий рычаг с шарнирно закрепленным концом
поддерживается пружиной, изготовленной из круглой проволоки
диаметра d, и нагружен силой Р (см. рисунок). Определить диа-
диаметр проволоки и средний диаметр витка пружины при заданном
смещении 5К = 20 мм точки К. В расчетах принять: D/d = 6; Р =
= 400 Н; [т] = 400 МПа; а = 50 см; а\ = 40 см; G = 8 • 104 МПа.
К\\\\\1
Р
К задаче 7.100
К задаче 7.101
7.101. Определить максимальные касательные напряжения
и потенциальную энергию деформации в стальных пружинах,

7.3]	Статически неопределимые задачи	247
изображенных на рисунке. В расчетах принять: D\/D = 1,5;
d\jd = 1,5; Р = 5 кН; число витков пружин п = 8; d = 6 мм;
D = 0,1 м.
7.102.	Цилиндрическая винтовая пружина малого шага свита
из круглой проволоки диаметром d и закручивается моментом М.
Определить допускаемую величину крутящего момента. В расче-
расчетах принять: d = 12 мм; [а] = 240 МПа.
7.103.	Цилиндрическая пружина малого шага свита из круг-
круглой проволоки диаметром d и закручивается моментом М. Опре-
Определить жесткость пружины на кручение и ее потенциальную
энергию. В расчетах принять: d = 20 мм; п = 15; D = 0,2 м; Е =
= 2,2 • 105 МПа; М = 20 Н • м.
7.104.	Определить допускаемую величину момента М, за-
закручивающего свитую из круглой проволоки диаметром d ци-
цилиндрическую пружину малого шага. В расчетах принять: d =
= 18 мм; п = 20; R = 0,15 м; Е = 2,0 • 1011 Па; допускаемый угол
закручивания [ср] = 0,2 рад.
7.105.	Для винтовой цилиндрической пружины малого ша-
шага, нагруженной крутящим моментом М, определить диаметр
круглой проволоки d. В расчетах принять: М = 40 Н • м; [а] =
= 200 МПа.
7.106.	Винтовая цилиндрическая пружина малого шага, из-
изготовленная из круглой проволоки диаметром d, закручивается
крутящим моментом М. Определить максимальные нормальные
напряжения, угол закручивания и запас прочности ппр. В расче-
расчетах принять: d = 20 мм; п = 15; D = 0,2 м; от = 260 МПа; Е =
= 2,2 • 105 МПа; М = 200 Н • м.
7.3. Статически неопределимые задачи
Алгоритм расчета СН стержневых систем, в общем, ана-
аналогичен приведенному в § 7.1 алгоритму. Однако первый пункт
должен быть дополнен раскрытием статической неопределимо-
неопределимости, а третий — уточнением методики вычисления перемещений
как для рам, так и для ферм.
Для сложных ферменных систем указанный в § 2.2 геомет-
геометрический подход к составлению уравнений совместности дефор-
деформаций становится практически нереализуемым. В то же время
общим для обоих вариантов стержневых систем и лишенным не-
недостатков геометрического подхода является приведенный ниже
способ раскрытия статической неопределимости — метод сил. ¦
Прежде всего, напомним, что степень СН равна разности s =
= г — п, где г — число неизвестных усилий и реакций опор, п — ко-
количество уравнений равновесия и, может быть, уравнений момен-

248	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
тов относительно врезанных шарниров (см. определение П. 17).
При этом г совпадает с числом связей (ограничений, исключаю-
исключающих те или иные перемещения), накладываемых на систему, a s
определяет количество лишних связей.
Связи для стержневых систем подразделяются следующим
образом.
1.	Внешние связи (опоры, см. п. IV § П.1): заделка, шарнир,
каток.
2.	Внутренние связи (ограничивают относительные переме-
перемещения сечений): жесткое соединение сечений; шарнир, соеди-
соединяющий г элементов, рис. 7.15; врезанный скользя-
скользящий шарнир (каток).
Отметим, что наличие в стержневой системе за-
замкнутого контура дает для плоских и плоско-про-
плоско-пространственных систем три, а для пространствен-
пространственных — шесть лишних связей.
Рис-715	Определение 7.8. Кинематически неиз-
неизменяемая стержневая система, полученная из ис-
исходной СН системы отбрасыванием необходимого числа лишних
связей и заменой их неизвестными обобщенными усилиями Xj~
(к = 1, 2, . . . , s) (см. определение 7.4), называется эквивалентной
системой (если лишние связи — внутренние, то прикладывается
противоположно направленная пара усилий).
Освобожденная от внешних нагрузок и неизвестных усилий
эквивалентная система называется основной, ш
Отбрасывание как внешних, так и внутренних связей в данном
сечении может быть полным или частичным. В последнем случае,
например, заделка может заменяться свободным краем, шарни-
шарниром или катком, а жесткое внутреннее соединение — разрезом,
врезанным шарниром или катком. Эти варианты для плоского
случая продемонстрированы на рис. 7.16.
Как эквивалентная, так и основная система, очевидно, могут
быть выбрана неединственным образом. Однако справедливо сле-
следующее утверждение.
Утверждение 7.10. Число лишних связей для данной
стержневой системы не зависит от выбора основной системы,
и равно степени СН исходной системы: s = г — п. ш
Для определения неизвестных обобщенных усилий Х^ (к =
= 1, 2, . . . , s) используются уравнения совместности деформа-
деформаций, которые гарантируют идентичность исходной и эквивалент-
эквивалентной систем. С использованием формул G.6) или G.7) они могут

7.3]	Статически неопределимые задачи	249
быть записаны в скалярном или матричном виде:
J	5kP = Ak (k = 1,2,..., s);	G.34)
1=1
6P = A, 6P = F]P,...,6sPr,
Х = (Хи...,ХвГ, A = (A1,...,Aa)\
Здесь дкР и б/,/ — обобщенные перемещения в направлении усилия
Xk в основной системе под действием внешней нагрузки и 1-й
Рис. 7.16
единичной системе (основной системе с нагрузкой X/ = 1); Д& —
заданные обобщенные перемещения (для внутренних связей —
относительные перемещения) в сечении и по направлению, соот-
соответствующим усилию Xk\ D — матрица податливости основной
системы для системы сил Х^ (к = 1, 2, . . . , s). Отметим, что, как
правило, Д& = 0.
Таким образом метод сил состоит в следующем.
А. Определяем лишние связи, степень СН s и выбираем экви-
эквивалентную и соответствующую ей основную системы. Для сим-
симметричных систем (см. определение 7.4) принимают рациональ-
рациональные (соответствующие минимальному числу неизвестных) систе-
системы. С этой целью используется следующее положение, вытекаю-
вытекающее из утверждения 7.2.
Утверждение 7.11. Если в симметричной (кососим-
метричной) стержневой системе отбросить связи, расположенные
на оси или в плоскости симметрии, то отличными от нуля будут
только симметричные (кососимметричные) неизвестные. ¦
Б. Строим эпюры внутренних силовых факторов для основ-
основной системы под действием внешней нагрузки — 3QJ5 и для s
единичных систем — ^Qj- При этом так же, как и для СО рам,

250	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
полезно использовать свойства внутренних силовых факторов
для симметричных рам (см. утверждение 7.2).
В. С помощью интегралов Мора G.18) вычисляем элементы
матрицы D и столбца др и решаем систему линейных алгеб-
алгебраических уравнений G.35), которая называется каноническими
уравнениями метода сил. Ее решение существует и единственно,
так как detD > 0. Если порядок матрицы D больше двух, то
рекомендуется использовать известный алгоритм Гаусса.
Г. Строим эпюры внутренних силовых факторов Qj для ис-
исходной системы как линейные комбинации 3Q? и ^
? ?,!;	G.36)
Если по условию задачи требуется определить реакции в опо-
опорах, то их вычисляем по аналогичным формулам.
Д. Проводим проверку правильности раскрытия статической
неопределимости. Она может быть частичной или полной. При
частичной проверке определяем обобщенные перемещения, соот-
соответствующие неизвестным силовым факторам. Они должны быть
равны Д& (или 0). Полная проверка заключается в построении
другой эквивалентной системы и вычислении перемещений, соот-
соответствующих новым неизвестным, по эпюрам, построенным в п. Г.
Они также должны быть равны заданным в исходной стержневой
системе. ¦
Перемещения в СН стержневой системе (см. п.З алгоритма
§ 7.1 и замечание относительно его модификации для СН систем,
приведенное в начале этого параграфа) в силу идентичности ис-
исходной и эквивалентной систем вычисляются с помощью интегра-
интегралов Мора при использовании единичных эпюр для эквивалентной
системы (повторное раскрытие статической неопределимости не
требуется).
Пример 7.13. Для изображенной на рис. 7.17 а рамы по-
постоянного поперечного сечения построить эпюру изгибающих мо-
моментов и вычислить горизонтальное перемещение узла С.
Решение. 1. Построение зпюр внутренних силовых
факторов.
А. Поскольку опоры D, К и А накладывают соответственно
две, две и одну связь (г = 5), и число уравнений равновесия
п = 3 (рама плоская), то рама два раза статически неопределима:
5 — 3 = 2. Отбросив две лишние связи и заменив их неизвестными
усилиями Х\ и Х2, получаем эквивалентную и основную системы
(рис. 7.17 5, в).

7.3]
Статически неопределимые задачи
251
М
А I В УЧ / С
"Э"
"О"
тЯт V7
2/
XD
K
б
Рис. 7.17

252	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Б. Для основной системы с внешней нагрузкой определя-
определяем опорные реакции и строим эпюру изгибающих моментов
Мр(рис. 7.17 г). Далее рассматриваем первую и вторую единич-
единичные системы, и, вычисляя реакции, строим эпюры М1 (рис. 7.17 д)
и М2 (рис. 7.17 е).
В. Канонические уравнения метода сил в данном случае име-
имеют вид
81Р = 0;
82Р = 0.
Вычисляем коэффициенты этой системы, перемножая эпюры
с использованием правила Верещагина:
1 1,2, 1 Ml2
Ь	Ш1
812 = 821 =
EJZ V2* ' ЪЧ "- ZEJZ-'
1 1 , , 5 , 5 /3
EJZ 2	3 6
1 1 . . . 5 . Ъ Ml2
—--m-/--/ = -—-:
Ь J z l	о	0 Hi J z
3, I i i 2 ,1 1б
1 " e 2 e ' 2 e e 3] EJ/
Подставляя найденные коэффициенты в систему канониче-
канонических уравнений, получаем
1 Ml2 2 /3	5 /3	_
6 EJZ 6 EJZ	3 EJZ
Решение этой системы уравнений имеет вид
_ 39 М	_ 10 М
Г. Суммарные изгибающие моменты находим как линейные
комбинации G.36) построенных ранее эпюр. Соответствующая
эпюра представлена на рис. 7Л7 ж.

7.3]	Статически неопределимые задачи	253
Д. Для проверки рассматриваем равновесие узла В (см. ри-
рисунок):
Кроме того, выбираем другую эквивалентную систему
(рис. 7.17 з), строим единичные эпюры, соответствующие
перемещениям узла К по направлениям отброшенных лишних
связей, и вычисляем эти перемещения. Для примера найдем Ai,
перемножая ЭМ на эпюру ЭМ1 с использованием расслоения
ЭМ на участке ВС (см. рис. 7.17 и, ж)\
10
На этом раскрытие статической неопределимости заканчива-
заканчивается.
3. Вычисление перемещения точки С. Для этого рассмат-
рассматриваем единичную систему, полученную из эквивалентной сняти-
снятием всех нагрузок и приложением в точке С в горизонтальном
направлении единичной силы, строим соответствующую ЭМ1
(рис. 7.17 к) и умножаем эту эпюру на ЭМ с учетом указанного
выше расслоения:
2 Ml2
309 EJZ '
Знак минус показывает, что перемещение 5^?р происходит
в сторону противоположи у ю единичной силе. ¦
Пример 7.14. Для изображенной на рис. 7.18 а рамы по-
постоянного поперечного сечения (рис. 7.18 к) произвести проекти-
проектировочный расчет на прочность и вычислить вертикальное пере-
перемещение сечения А.
В расчетах принять: Р = qa\ q = 10 кН/м; а = 0,6 м; Е =
= 0,7 • 105 МПа; [а] = 140 МПа; 6/5 = 10.
Решение. 1. Построение зпюр внутренних силовых
факторов.

254	Перемещения в СО и СП стержневых системах	[Гл. 7
а К/<
Ра
Л
"О"
"ГЭМ1[а]
1
?0,498
0,562
0,05
0,448
"Т" ЭМ\[а\
и
ЭМ\[а]
ь-1
"Э"
Х2 t X2
///X
1 1
"Э"	Ра
М*=0,502Ра
Рис. 7.18

7.3]	Статически неопределимые задачи	255
A.	Опоры В и С накладывают по три связи (г = 6). Поскольку
рама плоская, то для нее можно составить три уравнения равно-
равновесия. Дополнительно имеется условие равенства нулю момен-
момента относительно шарнира А. Следовательно, п = 4, и рама два
раза статически неопределима: 6 — 4 = 2. Рациональную эквива-
эквивалентную систему получаем, разрезая раму по шарниру и заме-
заменяя действие отброшенных внутренних связей усилиями Х\, Х<±
(см. рис. 7.18 б). Соответствующая основная система изображена
на рис. 7.18 в.
Б. Для каждой из частей рамы (см. рис. 7.18 а) строим ЭМ^,
ЭМ1 и ЭМ2 для основной системы под действием внешней на-
нагрузки и единичных систем (см. рис. 7.18 г, д, е).
B.	Система канонических уравнений метода сил в этом случае
имеет такой же вид, как и в предыдущем примере. Перемножая
эпюры, вычисляем ее коэффициенты:
51Р = тт^ I -- • Ра~ • - а - Ра~ • а | = —-
EJZ\ ^	^	б EJ
1 2 2 \ 2 1 5 а
2)+2\
EJZ rV2" 3 ) '	I  ВЛ'
1 / о 1	9 1 3 о \	За3
^ ^ EJZ \	2 '	2 2
Учитывая найденные коэффициенты и проводя сокращения
на a3/ (EJZ), получаем систему уравнений:
решение которой имеет следующий вид:
Хг = 0,502Р, Х2 = 0,452Р.
Г. Суммарные изгибающие моменты находим как линейные
комбинации G.36) построенных ранее эпюр. Соответствующая
эпюра представлена на рис. 7.18 ж.
Д. Для проверки выбираем другую эквивалентную систему
(рис. 7.18 з), строим единичные эпюры, соответствующие обоб-

256	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
щенным перемещениям узла С по направлениям отброшенных
лишних связей, и вычисляем эти перемещения. Для примера най-
найдем Ai, перемножая 3MZ на эпюру ЗМ\ (рис. 7.18 и):
\@'498" °'046))Ра -
J EJZ
- 2 • ^a2 • | 0,502Pa - 0,05Pa2 • 1,5a - |@,502 - 0,05)Pa2 • | a -
I	o 1
- 0,05Pa2 • 2,5a + - @,448 + 0,05)Pa2 .-o =
= 0,167 10~2^- «0.
Наличие приближенного равенства здесь вызвано ошибками
округления.
2. Расчет на прочность. Найдем геометрические характе-
характеристики сечения (см. рис. 7.18 к):
= 1,17563 = 0,117b4,
= 0,23463.
2 ) 12
2/max
В соответствии с 3MZ опасные сечения D и К (рис. 7.18 ж).
Условие прочности
Mzmax 0,502Ра	па2
о	= 2Д5-^ < [а]
приводит к неравенству
3 2Д5^ = з/2,15-10-10^ 0,6^ =	_2
У [а]	V	140 • 106
Размеры сечения выбираем с небольшим запасом: b = 40 мм,
5 = 4 мм.
3. Вычисление вертикального перемещения сечения А.
Для этого рассматриваем единичную систему, полученную из
эквивалентной снятием всех нагрузок и приложением в точке А
в вертикальном направлении единичной силы (она может быть
приложена к любой из частей рамы), строим соответствующую

7.3]	Статически неопределимые задачи	257
ЭМ], (рис. 7.18 л) и умножаем ее на 3MZ:
[I 2 г °'502Ра - \@'498 - °'046) Ра2а] =
EJZ | 2 3 '	2
= _0,105^ = _0,897^.
Отсюда с учетом значений параметров находим
верт 0,897-10-103-0,64	3	fi4QMM
Од =	ii	я	о" — ~Ь,4У • 1U м = —о,4У мм,
л	0,7- 1011 -44- 10
т. е. точка А перемещается вверх. ¦
Пример 7.15. Раскрыть статическую неопределимость
рамы, изображенной на рис. 7.19 а, и определить относительное
горизонтальное смещение сечений Л и Б, считая, что EJZ =
= const.
Решение. 1. Построение зпюр внутренних силовых
факторов.
А. Рама один раз статически неопределима, так как в замкну-
замкнутый контур врезано два шарнира: г = 3, п = 2, г — п = 3 — 2 = 1.
Для перехода к эквивалентной системе нужно удалить одну лиш-
лишнюю связь. Это можно сделать, заменяя один врезанный шарнир
на катковое соединение, либо врезая третий шарнир. Выберем по-
последнее и врежем шарнир в сечении В. Соответствующие эквива-
эквивалентная и основная системы изображены на рис. 7.19 5, в. В этом
случае неизвестным Х\ является внутренний момент в сечении В.
Б. Основная система с приложенной к ней внешней нагрузкой
изображена на рис. 7.19 г. Для построения эпюры моментов раз-
разрезаем раму по шарниру С. Неизвестные внутренние усилия Nq
и Qc в этом сечении находим из условий равенства нулю момен-
моментов относительно шарниров А и В для частей рамы А—С и В-С:
откуда следует, что
= 0.
Далее от разреза строим ЭМР. На участках АС и В-С
Мр = 0, а на участке A-D-C (угол ср указан на рис. 7.19 г)
Мр(ф) = —Pa sin ф.
Эпюра Мр приведена на том же рисунке.
9 А. Г. Горшков и др.

258	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
"Э"
п1"ЭМ1[Ра]
1
ЭМ[Ра]
С
Mmax=0,ll4Pai
е
Рис. 7.19

7.3]	Статически неопределимые задачи	259
Для единичной системы (см. рис. 7.19 д) проводим разрез в се-
сечении А и вычисляем внутренние силовые факторы Na и Qa-
_	NA • 2a - 1 =
Y,Mgc = 0: NA-a-QA-a = O, Na = Qa =
Находим изгибающий момент
wl/, 1 .	1 ,,	ч 1 ,,
M (ф) = — - Sin ф — - A — COS ф) = — - A + Sin ф — COS (\
и строим эпюру ЭМ1 (см. рис. 7.19 д).
В. Каноническое уравнение в данном случае одно:
5ц Х\ + Ъ^р = 0.
Вычисляем его коэффициенты:
к
51Р = -=-=~ ( — Pa sin ф) —- A + втф — совф) \adq> = 1,79
tLjz J	L 2	J
0
2тг
ш
Рал
EJZ
2л
бц = -=V -^(l +sin9-cos<
и находим Х\:
= -^ = -0,568Pa.
on
Г. Суммарные изгибающие моменты находим по участкам как
линейные комбинации G.36) построенных ранее эпюр:
—	участок A-D-B
М(ф) = Pa[-0,716sin ф + 0,284A - cosф)];
—	участок А-С-В
М(ф) = 0,284Pa(l + sin ф - cos cp).
Соответствующая эпюра представлена на рис. 7.19 е. Экстре-
Экстремальные значения моментов здесь найдены аналитически.
3. Вычисление относительного горизонтального сме-
смещения точек А и В. Для этого рассматриваем единичную
систему, полученную из эквивалентной снятием всех нагрузок
и приложением в точках Aw В двух взаимно противоположных
единичных сил, направленных так же, как и силы Р. Очевидно,
изгибающие моменты для этой системы могут быть найдены так:
М1 = Мр\р=у

260	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Перемножая ЗМР и ЗМ1, находим искомое смещение:
к
&АВ — ~ЕП~ [0,716Ра sin ф — 0,284РаA — cos ф)]а sin ф a dq> =
Пример 7.16. Раскрыть статическую неопределимость
изображенной на рис. 7.20 а рамы, полагая, что EJZ = const.
Решение. А. Число внешних связей совпадает с числом
уравнений равновесия. Поэтому опорные реакции находятся сра-
сразу:
М
0	M + R2l 0 fl
ЕУ_0: Я.-1-0, *.-?.
Их включаем в число внешних сил.
Но поскольку имеется замкнутый контур с одним врезанным
шарниром, то рама дважды статически неопределима: г = 3, п =
= 1,г — п = 3 — 1 = 2. Удобно выбрать эквивалентную систему,
разрезая раму по шарниру и заменяя лишние связи усилиями Х\,
Х% (рис. 7.20 5). Соответствующая основная система указана на
рис. 7.20 в.
Б. Основная система под действием внешней нагрузки, еди-
единичные системы и соответствующие им эпюры моментов изобра-
изображены на рис. 7.20 г, д, е.
В. Перемножая эпюры, вычисляем коэффициенты канониче-
канонических уравнений:
10 Ml2	28 /3 s s	/3
5	8	8 83
8 /3	3 Ml
Z2 EJZ
Система канонических уравнений метода сил после подста-
подстановки коэффициентов приобретает следующий вид:
28 Is	I3	10 Ml2
Х+3Х + 0
i3 zj—x 3 M/2 - о
EJZ 1 + 3 EJZ ~ + 2 EJ2 ~ *

7.3]
Статически неопределимые задачи
261
в
" ЭМ1[1]
м
б
"Р"ЭМР[М]
м
2/
м ЭМ2
2/
1
Рис. 7.20

262
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
Ее решение таково:
79 М
36 М
Г. Эпюра М представлена на рис. 7.20 сне. ш
Пример 7.17. Раскрыть статическую неопределимость
рамы, изображенной на рис. 7.21 а, полагая, что EJZ = const.
Рис. 7.21

7.3]	Статически неопределимые задачи	263
Решение. А. Число внешних связей равно шести. В замк-
замкнутый контур врезано два шарнира. Поэтому рама четыре раза
статически неопределима: г = 6 + 3 = 9, п = 3 + 2 = 5, г — п =
= 9-5 = 4.
Однако она имеет вертикальную и горизонтальную оси сим-
симметрии. Относительно вертикальной оси раму можно рассматри-
рассматривать как прямо симметричную, а относительно горизонтальной —
как обратно симметричную. Поэтому рациональной является эк-
эквивалентная система, полученная из исходной с помощью двух
разрезов в шарнирах (см. рис. 7.21 5), поскольку вследствие пря-
прямой симметрии в верхнем сечении в шарнире действует только
нормальная сила Xi, а в силу симметрии относительно горизон-
горизонтальной оси в нижнем шарнире также действует сила Х\, направ-
направленная обратно симметричным образом. Остальные внутренние
силовые факторы в этих сечениях равны нулю. Соответствующая
основная система приведена на рис. 7.21 в.
Б. Основная система под внешней нагрузкой, единичная си-
система и соответствующие им эпюры моментов изображены на
рис. 7.21 г, д. Здесь и далее в силу симметрии показана только
левая половина рамы; эпюры для правой части — прямо симмет-
симметричны относительно вертикальной оси.
В. Каноническое уравнение метода сил в этом случае имеет
вид
5ц Х\ + 5;ip = 0.
Его коэффициенты определяются так:
\^ = ж2{\а-а-\а-2 + 2а-а-2а) = Чш^
Следовательно,
Г. Эпюра М представлена на рис. 7.21 е. ¦
Пример 7.18. Для балки постоянной жесткости, изоб-
изображенной на рис. 7.22 а, построить эпюры внутренних силовых
факторов.
Решение. А. Так как имеется г = 3 + 1 + 1 = 5 внеш-
внешних связей, то балка два раза статически неопределимая: п = 3,
г-п = 5-3 = 2.
Для построения эквивалентной системы необходимо удалить
две лишние связи. Можно удалить катковые опоры. Однако

264	Перемещения в СО и СП стержневых системах	[Гл. 7
2ql
2/
т,
Xi
ЭАП1]

7.3]
Статически неопределимые задачи
265
А
/
и
1
"Э"
г 1
2 | 1
при расчете многопролетных балок удобнее удалять внутренние
связи с помощью врезания шарниров над опорами. Балка при
этом как бы распадается на отдельные двухопорные балки. Со-
Соответствующая эквивалентная система показана на рис. 7.22 б.
При этом правую консоль отсекаем над опорой, заменяя ее дей-
действие на левую часть перерезывающей силой и изгибающим
моментом в этом сечении. Основная система изображена на
рис. 7.22 в.

266	Перемещения в СО и СП стержневых системах	[Гл. 7
Б. Строим эпюры моментов для основной системы
под действием внешней нагрузки и единичных систем
(см. рис. 7.22 г, д, е). При этом каждый пролет рассматривается
отдельно, и предварительно определяются реакции Щ и Rj, Щ
(их значения указаны на рисунках).
В. Вычисляем коэффициенты канонических уравнений:
2 1 Л l\ I ql3
EJZ \3 2 2) 3 EJ
1 2 * о = о
EJZ V 2	ЗУ 3 ЕJ
dl2 = d21 = -ETz[\'1'2'l)=l
2 1
Система канонических уравнений, после сокращения на
l/(EJz), принимает вид
i Xi + X2 = 0.
Она имеет следующее решение:
Г. Суммарные 3Q и ЭМ здесь удобнее строить отдельно для
каждого пролета, предварительно вычисляя суммарные реакции
в опорах по формулам, аналогичным равенствам G.36):
Эти эпюры приведены на рис. 7.22 эю. Экстремальное значе-
значение момента найдено с помощью алгоритма, указанного в гл. 5.
Д. Для проверки выбираем другую эквивалентную систему,
отбрасывая катковые опоры (см. рис. 7.22 и), и вычисляем про-
прогибы в этих сечениях. Например, найдем прогиб под правым
катком. Соответствующая единичная система и эпюра моментов

7.3]	Статически неопределимые задачи	267
приведены на рис. 7.22 к. Перемножая ЭМ и ЗМ1, получаем (ис-
(используется расслоение эпюры ЭМ, указанное на рис. 7.22 з):
Следовательно, эпюры построены правильно. ¦
Пример 7.19. Определить усилие в стержнях фермы
(рис. 7.23 а) и вычислить вертикальное перемещение узла В.
Решение. Предварительно найдем длины стержней и три-
тригонометрические функции углов (нумерация стержней дана на
рис. 7.23 а):
/i = 1,12/, /2 = 1,41/, /3 = /, /4 = 1,80/, /5 = 1,25/;
sinai = 0,447, sina2 = 0,707, cosa3 = 0,899,
cos a2 = 0,707, sin p2 = 0,832, sin p2 = 0,6,
cos pi = 0,555, cos p2 = 0,800.
1. Определение усилий. А. На два узла А и В наложено пять
связей (стержней), т.е. имеется пять неизвестных нормальных
сил. Следовательно, г = 5. Для вырезанных узлов А и В можно
составить четыре уравнения равновесия: п = 4. Таким образом
система один раз статически неопределима E — 4=1). Экви-
Эквивалентную и основную системы получаем, разрезая стержень 3
(рис. 7.23 5, в).
Б. Вырезая узлы Л, В и составляя уравнения равновесия,
находим усилия Nf (г — номер стержня) в основной системе
под действием внешней нагрузки (см. рис. 7.23 г). При этом учи-
учитываем, что N^ = 0, так как стержень разрезан. Для примера,
рассмотрим узел А:
^2 х = 0: Wf cos cci + N[ cos oc2 = 0,
Y^ У = 0: Nfsinai + P- N[ sin oc2 = 0.
Решая полученную систему, находим
N[ = -0,745Р, N[ = 0,943Р.
Для узла В аналогично получаем

268
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
Далее рассматриваем единичную систему (рис. 7.23 д). Для
нее находим
Л^1 = 0,745, Щ = 0,471, Nl = 1, NJ = 0,6, N% = 0,833.
д	е
Рис. 7.23
В. Каноническое уравнение метода сил имеет вид
5ц Х\ + Ъ^р = 0.

7.3]	Статически неопределимые задачи	269
Поскольку нормальные силы постоянны по длине каждого
стержня, то интегралы Мора G.18) в данном случае приводят
к следующим формулам для коэффициентов уравнения (см. так-
также гл. 1):
Л (ОД.
li
Отсюда находим
51Р = -0,745-^ • 0,745 • 1,12/ + 0,943-^ • 0,471 • 1,41/ -
hi г	hi г
Р	Р	Р1
- 1,60— • 0,6 • 1,80/ + 1,Ц— . 0,833 • 1,25/ = -1Д47—,
Решение уравнения таково:
Xi = ^^- = 0,380Р.
8ц
Г. Усилия в стержнях исходной системы находим, используя
принцип суперпозиции G.36):
Ni = -0,462P, 7V2 = 1Д2Р, 7V3 = 0,380P,
7V4 = -1,37P, 7V5 = 1,43Р.
Д. Полученные результаты проверяем, вычисляя взаимное
перемещение сечений по разрезу:
г=1
3. Определение вертикального перемещения узла В.
Для этого к основной системе в узле В прикладываем вертикаль-
вертикально единичную силу (рис. 7.23 е). Определяем соответствующие
усилия Nj, вырезая узел В:
N\ = -0,801, Nl = 0,556, Nl = Щ = Щ = 0.

270	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Вертикальное перемещение узла В определяется аналогично
коэффициентам канонического уравнения:
г=1
Р	PI
+ 1,43— 0,556 1,25/ = 2,48—.
Отметим, что при большом числе стержней, вычисления удоб-
удобно проводить в табличной форме. ¦
Пример 7.20. Построить эпюру изгибающих моментов
в раме и эпюру осевой силы в тяге комбинированной системы,
изображенной на рис. 7.24 а. Вычислить также взаимное переме-
перемещение точек приложения сил. В расчете принять Jz/(Fl2) = 1/4.
Решение. 1. Определение внутренних силовых фак-
факторов.
A.	Рассматриваемая комбинированная система один раз ста-
статически неопределима, так как замкнутый контур содержит два
шарнира.
Удобно выбрать эквивалентную и основную системы, разре-
разрезая тягу (см. рис. 7.24 5, в). При этом удаляется одна связь, так
как тяга работает только на растяжение-сжатие. В этом легко
убедиться, разрезая тягу по одному из шарниров и рассматривая
ее равновесие (уравнения моментов) относительно другого шар-
шарнира.
Б. Основная система под действием внешней нагрузки, еди-
единичная система и соответствующие эпюры изгибающих моментов
в раме и осевой силы в тяге представлены на рис. 7.24 г, д.
B.	Записываем каноническое уравнение метода сил:
5ц Х\ + 5;ip = 0.
Его коэффициенты вычисляем по формулам (см. G.18)
и предыдущий пример):
Q 1>П
-5J
Mp(x)M1(x)
EJZ	EF

7.3]
Статически неопределимые задачи
271
Используя для интегралов правило Верещагина, получаем
"О"
NL=l
3 EJZ'
"Э"
2Р1
„р„
Р	Р
Np=0
Рис. 7.24

272	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
J ~ EJZ V 2 3 ^ x " x) ^ EF ~ 6EJZ ¦
Итак, уравнение имеет следующее решение:
Г. Эпюры М и N для исходной системы приведены на
рис. 7.24 е.
3. Определение взаимного перемещения точек А и В.
К основной системе в этих точках прикладываем две взаимно
противоположные единичные силы. Очевидно, для этой единич-
единичной системы М1 = Мр|р1 и TV1 = Np\p_^ = 0. Перемножая
эту эпюру сЭМ, находим
1 1 1 2 9+ 4 1 3 9 +
1 2 19 3 ' 19	) 57 EJZ'
Пример 7.21. Для рамы, изображенной на рис. 7.25 а, по-
построить эпюры изгибающих и крутящих моментов, полагая, что
поперечное сечение всех элементов рамы — круг диаметра d,
и G = 0,4?.
Решение. А. Рама является плоско-пространственной
(см. определение 7.3). Она содержит два замкнутых контура и,
следовательно, 6 раз статически неопределима.
Эквивалентную и основную системы выбираем с учетом
того, что рама имеет две плоскости прямой симметрии
(см. рис. 7.25 5, в). В разрезах возникают только прямо симмет-
симметричные факторы — изгибающие моменты Х\. Они одинаковы
в обоих разрезах и симметрично направлены, так как разрез
сделан по сечениям, симметричным относительно второй
плоскости прямой симметрии.
Б. Основная система под действием внешней нагрузки пред-
представлена на рис. 7.25 г (показана половина рамы). Изгибающие
и крутящие моменты для нее имеют вид (см. рис. 7.25 д):
Р	Р
Aff (ф) = -уйвшф, М^(ф) = -- ЯA -coscp).
Эпюры Мр и Mjf приведены на рис. 7.25 г.
Единичная система изображена на рис. 7.25 е. Для нее имеем
(см. рис. 7.25 ж)\
М\ (ф) = 1 • cos ф, М\ (ф) = 1 • sin ф.

7.3]
Статически неопределимые задачи
273
Эпюры М\ и М\ приведены на рис. 7.25 е.
В. Каноническое уравнение метода сил имеет вид
5ц Х\ + 5;ip = 0.
"Э"
0,29'
"Р",ЭМХР,М/[РЯ]
ж
Рис. 7.25

274	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Коэффициенты канонического уравнения вычисляем с помо-
помощью интегралов Мора G.18):
§п=Ё
щ,+ gTk
где п — число участков рамы.
При вычислении интегралов учитываем, что
GJK EJZ
так как по условию G = О,4?7, и для круга JK = 2^.
Тогда получаем (на прямолинейном участке используется пра-
правило Верещагина)
к/2
Р /?	11
i1	^^	-Pi? R-2-
0
о 1,25 [ PR (л	л л .
— 2 • ——- 	A — cos ф) • 1 • sin ф
17
	A — cos ф) • 1 • sin ф • К dtp = —
о
к/2
A • cos фJЯ йф + -J— • 2 • Я • 2 +
о
(b sin
0
Следовательно, решение уравнения имеет вид
Г. Эпюры М2 и Мк для исходной рамы приведены на
рис. 7.22 з. ш

7.3]
Статически неопределимые задачи
275
Задачи
7.107—7.114. Определить реакции в опорах А рам постоя-
постоянной жесткости, изображенных на соответствующих рисунках.
Вычислить также перемещения сечений, в которых приложены
внешние нагрузки, по направлениям нагрузок.
К задаче 7.107
К задаче 7.108
-ж
К задаче 7.109
/	^
-А
м
Ж
К задаче 7.111
К задаче 7.110
К задаче 7.112

276
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
7.115—7.122. Для замкнутых рам постоянной жесткости,
изображенных на соответствующих рисунках построить эпю-
эпюры Qy и Mz.
/\
А
i
к/
I
I
I
К задаче 7.113
К задаче 7.114
/
1 \
\
f У
/
\
H
, i
Q
S
N
\
К задаче 7.115
К задаче 7.116
2Р1
К задаче 7.117
К задаче 7.118

7.3]
Статически неопределимые задачи
277
7.123—7.130. Для рам постоянной жесткости, изображенных
на соответствующих рисунках, определить указанные на рисун-
рисунках перемещения.
К задаче 7.119
/Л//
<
ql
I
К задаче 7.120
i
P
-
/\
I
К задаче 7.121
К задаче 7.122
P	5k-k =
К задаче 7.123
К 2а
К задаче 7.124
К
фк =
К задаче 7.125
а
>
а а
К К
а а
а
*
К задаче 7.127
5к-к=?
К задаче 7.128

278
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
7.131—7.136. Для балок постоянной жесткости, изображен-
изображенных на соответствующих рисунках, определить реакции в опорах
и построить эпюры Qy и Mz.
а
2а
SK
и-1
5К=?
К задаче 7.129
А	/7^77
1
/77177
Л
К задаче 7.131
/77у7
К задаче 7.132
ВШШШ1
ТТТ 2/ .tf'fT
К задаче 7.133
2/
/77/7
D
7т
К задаче 7.134
. ' ,1, I ,1. ^ .
I
К задаче 7.135
2/
/7/1/7
К задаче 7.136
IEF
Jz/F=l2/4
К задаче 7.149
Jz/F=l2/4
К задаче 7.150

7.3]
Статически неопределимые задачи
279
7.137—7.148. Методом сил определить усилия в стержневых
системах, указанных в задачах 2.18-2.29, при силовом нагру-
жении.
7.149—7.154. Для комбинированных систем, изображенных
на соответствующих рисунках, определить усилия в тягах и ре-
реакции в опорах А или внутренние силовые факторы в сечениях А.
7.155—7.160. Для плоско-пространственных рам, изображен-
изображенных на соответствующих рисунках, определить внутренние си-
силовые факторы в сечениях А. В расчетах принять: поперечные
сечения рам — круг диаметра d\ G = 0,4Е.
4s
*
>
^EJZ
//As/ 777
. iT.i ¦
A
/11, EF
EJZ
L /fs.
77 77777
*
Jz/F=l2/4
К задаче 7.151
Jz/F=l2/4
К задаче 7.152
/
77/77
1
Jz/E=3l2
К задаче 7.153
К задаче 7.154
К задаче 7.155
К задаче 7.156

280
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
К задаче 7.157
К задаче 7.158
К задаче 7.159
К задаче 7.160
7.4*. Упругая линия стержней малой кривизны
Перемещения в фиксированном сечении стержня малой кри-
кривизны (см. определение П.З) могут быть вычислены с помощью
алгоритмов, указанных в §7.1, 7.3. Если же необходимо найти
уравнение деформированной оси (упругой линии), необходимо
использовать аналогичные приведенным в §5.1 и 5.2 уравнения
и соответствующие им краевые задачи.
Будем считать, что ось Сх ПДСК Cxyz в поперечном сече-
сечении D кривого стержня направлена по касательной к его оси Г,
ось Су — по нормали к Г в сторону вогнутости (рис. 7.26), и
стержень является плоской системой в смысле определения 7.2,
а Су — главная ось поперечного сечения.
Эпюры внутренних силовых факторов для кривых стержней
строятся так же, как и для рам (см. § 7.1; в смысле терминологии
этого параграфа стержень малой кривизны — рама) с использо-
использованием правила знаков, указанного в § 5.1.
Далее будем считать, что в некоторой ПДСК Ох\у\ ось
стержня задана параметрически
Г: x1=x1(s), yi=yi(s),	G.37)
где s — длина дуги (естественный параметр) кривой Г.
Для отыскания связи нормальных N и перерезывающих
сил Qy, изгибающих моментов Mz и внешних нагрузок для эле-
элемента стержня длины As, ограниченного сечениями С и В с ко-
координатами s и s + As соответственно, составляем уравнения

7-41
Упругая линия стержней малой кривизны
281
Уц
О
N(s)
С
-<is)
iv\n
AM.
К
в
/
/
Pis)
7 Г'
/ч\.
\
\a(s)
s + As
\xl{s + As)
(s + As)
Рис. 7.26
равновесия в проекциях на оси Сх и Су, а также уравнение
моментов относительно точки С (см. рисунок)
-N(s) + N(s + As) cos Да + Qy(s + As) sin Да +
s+As	s+As
+ J p(q) cos [<*(<;) - cc(s)] dq- J g(q) sin [<*(<;) - a(s)] dq = 0;
s	s
Qy(s) - Qy(s + As) cos Да + N(s + As) sin Да +
s+As	s+As
Г	Г
+	p(q) sin [a(q) - a(s)} dq +	q(q) cos [a(q) - a(s)} dq = 0;
j	j
G.38)
-Mz(s) + Mz(s + As) - Rx{s + As)Ayi + Ry{s + As)Axi -
s+As	s+As
- J rx(q)[y1(q)-yi(s)]dq+ J ry(q) [x^q) - x^s)} dq +
s+As

282	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Здесь Аж1 = х\ (s + As) - х\ (s), Ayi = у\ (s + As) - y\ (s), Да =
= a(s + As) — oc(s); a(s) — угол между положительными направ-
направлениями осей Сх и Ох\\ Rx(s), Ry{s), rx(s) и ry(s) — координаты
векторов внутренних усилий R(s) = Rx(s)i+ Ry(s)j и распре-
распределенных сил r(s) = rx(s) i + ry(s) j в ПДСК Ох\у\ с ортами i,
j, k. Эти координаты имеют следующий вид:
Rx(s) = N(s) cosa(s) + Qy(s) sina(s),
Ry(s) = N(s) sma(s) — Qy(s) cosa(s),
rx(s) = p(s) cosa(s) — q(s) sina(s),
ry(s) = p(s) sina(s) + q(s) cosa(s).
При составлении последнего уравнения в G.38) момент век-
вектора R(s) относительно точки С вычислялся как векторное про-
произведение Мс = СВ, R(s) , где СВ = Axi i + Ayi j.
В результате деления уравнений G.38) на As и предельно-
предельного перехода при As —у 0 получаются дифференциальные зависи-
зависимости между внутренними силовыми факторами — уравнения
равновесия кривого стерэюня (ср. с A.10) и E.3)):
?	y
dMz	da	1	G>39)
— = Qy-m(s), *(') = ^ = Щ.
где k(s) и R(s) — кривизна и радиус кривизны оси Г стержня.
Эта система уравнений с помощью последовательного исклю-
исключения нормальной и перерезывающей сил сводится к системе
двух уравнений:
d ('dQy\ Qy d m	dMz
или одному уравнению третьего порядка относительно изгибаю-
изгибающего момента
d fDd2Mz\ I dMz d	m d (Ddm\
Ts [R^) + R^=dS {qR) -p-R-Ts {R^) ¦
G.41)
При определении связи внутренних силовых факторов с па-
параметрами деформированного состояния стержней малой кри-
кривизны так же, как и для прямолинейных стержней, используется
гипотеза плоских сечений. Это для стержней малой кривизны
приводит к

7.4]	Упругая линия стержней малой кривизны	283
— уравнению растяжения-сжатия (см. A.5) и A.6) при
Ai = O)
— уравнению упругой линии при изгибе (ср. с E.7))
М	~	~ 1
х=-=т-; * = &-&, & = -.	G.43)
LJZ	p
Здесь 8Т — продольная деформация оси Г стержня, к и р — кри-
кривизна и радиус кривизны деформированной оси Г', к — изменение
кривизны.
Найдем связь изменения кривизны и продольной деформации
с вектором перемещения точки С Е Г
G.44)
Здесь тип — единичные касательный и нормальный векторы
к кривой Г, и и w — тангенциальное и нормальное перемещения
(см. рис. 7.26).
Из G.37) и G.44) следует параметрическое задание деформи-
деформированной оси стержня
Г': х = x(s) = x(s) + и cos a — w sin а,
у = y(s) = y(s) + и sin а + w cos а.
Учитывая, что т = (ж', yf) = (cos a, sin а) (здесь и далее штри-
штрихом обозначена производная по параметру s), находим единич-
единичный касательный вектор к деформированной оси Г'
dx dy
ds
cos P = (cos a + v! cos a — uk sin a — wf sin a — wk cos a) —,
CLS
ds
sin В = (sin a + uf sin a + uk cos a + wf cos a — wk sin a) —,
v	7 as
где P — угол между вектором т" и положительным направлением
оси Ож, 7 — длина дуги кривой Г'.
Отсюда получаем (здесь и далее окончательные равенства
записываются с точностью до величин первого порядка малости
относительно перемещений)
sin a + и1 sin a + uk cos a + w1 cos a — wk sin a	uk + w1
	;—/	Г~-	r~.	~j	 =tgaH	2—•
cos a + и cos a — uk sin a — w sin a — wk cos a	cos a
G.46)

284	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Кроме того, из G.43) находим дифференциал
ds = л/dx2 + dp = A + и' - wk) ds	G.47)
и продольную деформацию оси стержня
е, = *LZ*L = и' - wk.	G.48)
as
Из G.42) и G.48) вытекает линеаризованное уравнение растя-
растяжения-сжатия стержня малой кривизны
^ .	G.49)
Дифференцируя теперь G.46), приходим к следующему ра-
равенству (к = d^/ds)\
к H^i	1
—5- т- = —5- Г* + и'к + ик> + w" + 2 (ик + w') Atgctl .
cos2 p ds cos2 a L	v	'	J
G.50)
Учитывая G.47), а также вытекающее из G.46) равенство
-\- = -^- [1 + 2 (ик + w1) tga] ,
cos p cos a L	ч	7 J
после некоторых преобразований находим из G.50) изменение
кривизны
x = w" + wk2 + uk'.	G.51)
При этом G.41) переходит в линеаризованное уравнение изгиба
стержня малой кривизны:
w" + wk2 + ukf = -^.	G.52)
Для СО-стержней после построения эпюр нормальных сил
и изгибающих моментов система уравнений G.49), G.52) стано-
становится замкнутой. Вместе с кинематическими граничными усло-
условиями типа A.12) и E.25) она составляет краевую задачу, которая
решается стандартным образом.
При этом необходимо иметь связь угла поворота поперечного
сечения 6 = Р — а с перемещениями, которая получается в резуль-
результате линеаризации соотношения G.46):
Q = uk + w'.	G.53)
Для СН-стержней замкнутая краевая задача состоит из си-
системы уравнений G.39) (или G.40), или G.41)), G.49) и G.52),
а также граничных условий типа A.12), A.13) и E.24)-E.26).
Далее ограничимся изучением изгиба круговых стержней
(стержней с постоянной кривизной; постоянным радиусом кри-

7-41
Упругая линия стержней малой кривизны
285
визны). При этом в качестве параметра будем использовать по-
полярный угол ф (рис. 7.27)
ds = Rd<$>.	G.54)
Кроме того, будем считать, что ось стержня нерастяжима: ет = 0.
Последнее условие соответ-
соответствует равенству и1 = wk или
л
du
= w.
G.55)
При этом уравнения G.39),
G.41) и G.52) приобретают
следующий вид:
— = -Q - Яр,
= ? = ?_p - TO
d2w
MZR2
EJZ
G.57)
G.58)
Из последних двух уравнений в G.39) и уравнения G.58) сле-
следует связь перерезывающей и нормальной сил с перемещениями
(здесь и далее полагаем EJZ = const):
EJZ fdsw . dw^
Qy =
N =
R3
EJZ ( d4w
R3
dm _
+ — - Rq,
G.59)
а из G.53) — формула для угла поворота поперечного сечения
G.60)
6 = — [и -\——
R \ аф
Если равенство G.55) подставить в G.58), то придем к сле-
следующему соотношению:
d3u du _ MZR2
о?ф3 о?ф EJZ
G-61)

286	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Соответственно преобразуются и формулы G.59) и G.60)
EJZ fd4u d2u\
+ J+m'
J	G.62)
G.63)
Уравнение G.61) совместно с кинематическими граничными
условиями используется для статически определимых круговых
стержней малой кривизны, поскольку в этом случае внутренние
силовые факторы могут быть определены из уравнений равнове-
равновесия.
Характеристическое уравнение Xs + X = 0 однородного урав-
уравнения, соответствующего G.61), имеет корни X] = 0, ?12,з — =Ь*-
Поэтому общее решение уравнения G.61) имеет вид
п(ф) = С\ + C<i sin ф + Сз cos ф + и*(ф),	G.64)
где Ck {к = 1,2,3) — определяемые из граничных условий по-
постоянные интегрирования,п*(ф) —- частное решение неоднород-
неоднородного уравнения, зависящее от вида правой части.
Подставляя G.64) в G.55) и G.63), находим следующие пред-
представления нормального перемещения и угла поворота:
С
w = Сч cos ф — Сз sin ф + ги*, 6 = — + 6*,	G.65)
где
du*
е* = -Б К + ^ •	G-66)
Для СН-стержней применяется уравнение шестого порядка
относительно тангенциального перемещения, полученное исклю-
исключением из G.57) и G.61) момента Mz
d^u + ^ +d^u=R^dq
Характеристическое уравнение X® + 2Х4 + X2 = 0 соответ-
соответствующего однородного уравнения имеет корни Л-i52 — 0, ^з,4 — h
^5,6 — —i- Поэтому общее решение уравнения G.67) записывается
так:
и = С\ + Сгф + Сз sin ф + С4 cos ф + С5Ф sin ф + Сб ф cos ф + и* (ф),
G.68)

7-41
Упругая линия стержней малой кривизны
287
где Ck (& = 1, 6) — постоянные интегрирования,п*(ср) — частное
решение неоднородного уравнения.
Подставляя G.68) в G.55) и G.61)-G.63), находим следующие
представления нормального перемещения, угла поворота и внут-
внутренних силовых факторов:
w = Сгф + С3 cos ф + С4 sin ф + С5 (sin ср + ф cos ф) +
+ Cq (cos ф - ф sin ф) +
е = — (Ci + С2ф + 2С5 cosф - 2Сб sin ф) + 9*,
Mz- r2
- 2С5 sin ф - 2Сб cos ф) +
Qy =
2EJZ
2EJZ
G.69)
+
(С5 sin ф + Сб cos ф) + TV*.
Здесь
d6u*
dm
G.70)
а w* и 6* определяются равенствами G.66).
Пример 7.22. Найти уравнение упругой линии изобра-
изображенного на рис. 7.28 криволи-
криволинейного стержня постоянной
изгибной жесткости EJZ.
Решение. Стержень
статически определим. Из
уравнений равновесия (см.
рисунок).
> А — U. ПАх — г — U,
PR + RBR =
находим реакции в опорах:
R-Ах = Р
рис. 7.28

288	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Применяя метод сечений, определяем изгибающий момент
в зависимости от текущего угла ср:
Л^г(ф) = —PRA — sin ф — cos ф).
Учитывая эту функциональную зависимость, частное реше-
решение уравнения G.61) представляем в виде суммы двух слагаемых:
PR3
() М + () ()	M
Р /?3
^2*(ф) = —-=г~г у (В sin у + Ссовф) .
hi jz
Подставляя его в уравнение, находим, что А = 1, В = С = 1/2.
Следовательно,
3
Закреплению стержня отвечают граничные условия (см.
G.55))
Подставляя в них равенства G.64) и G.65), приходим к систе-
системе уравнений относительно постоянных интегрирования:
3 PR	Зтг PR
С0 С + С0
п\ PR3
решение которой таково:
Зтс 3\ PR3	3 РЯ3	/ти 3\ РЯ3
Итак, перемещения стержня определяются равенствами
ч PR3 \3 3	1	1 / к \ .
?) = -щ^ h л - 2 - Ф + 2 ^3 ~ ф) sin ф ~ 2 I 2 + ф) S1" Ф
- - + - j S1n Ф + (^1 - -
Пример 7.23. Определить упругую линию и изгибающие
моменты замкнутого кругового кольца, опертого в верхней точке
и нагруженного сосредоточенной силой в нижней (рис. 7.29 а).
В расчетах принять: изгибная жесткость в плоскости кольца
EJZ = const; точка приложения силы может перемещаться толь-
только по вертикали.

7-41
Упругая линия стержней малой кривизны
289
Решение. Стержень статически неопределим. Поэтому ис-
используем уравнение G.67). Поскольку погонная нагрузка отсут-
отсутствует (q = 0,m = 0), то в общем решении G.68) полагаем и* = 0.
Рис. 7.29
Учитывая симметрию кольца относительно вертикальной оси,
рассмотрим левую половину кольца (рис. 7.29 б) и запишем гра-
граничные условия в следующем виде (см. G.62), где т = 0, и G.63)):
/7?/
и@) = 0, ад@) = ^ @) = 0, «(я) = 0,
<2ф
е@) = е(тг) = о, Qy(n) = p/2.
Отсюда с учетом G.69) при и* = 0 (поскольку р = q = 0
ит = 0), получаем систему уравнений относительно постоянных
интегрирования
С] + С4 = 0, С2 + С3 + С6 = 0, С] + кС2 - С4 - кС6 = 0,
0, Сз + кС2 - 2С5 = 0, 2С^
решение которой имеет вид
_,	_, л R
nEJz'
С4 = —С\ =
PR6
PR6
Подставляя найденные постоянные в G.69), находим опреде-
определяющие упругую линию кольца перемещения
PR3
sin ф
PR6
СОБф Sin ф
4 у
10 А. Г. Горшков и др.

290
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
и изгибающий момент
Задачи
7.161—7.172. Для изображенных на соответствующих ри-
рисунках круговых стержней определить максимальные моменты
и максимальные радиальные перемещения. Радиус кривизны R
и изгибную жесткость EJZ считать известными.
Указание: при исследовании функции на экстремум при
необходимости использовать численные методы.
м
К задаче 7.161
К задаче 7.162
К задаче 7.163
К задаче 7.164
К задаче 7.165
К задаче 7.166
К задаче 7.167
К задаче 7.168 К задаче 7.169

7.5]	Статически неопределимые пространственные системы	291_
К задаче 7.170	К задаче 7.171	К задаче 7.172
7.5*. Статически неопределимые пространственные
системы
Расчет статически неопределимых рам, ферм и комбиниро-
комбинированных систем проводится по алгоритму, указанному в § 7.3. Бо-
Более громоздкой становится только процедура построения эпюр
внутренних силовых факторов, учитывающая особенности про-
пространственных систем (см. §7.1).
Пример 7.24. Для рамы, изображенной на рис. 7.30 а, по-
построить эпюры моментов и определить горизонтальное перемеще-
перемещение дЛ точки А. В расчетах принять G = 0,4?.
Решение. 1. Построение эпюр внутренних силовых фак-
факторов.
A.	Пространственная заделка 4 накладывает шесть, а шарнир-
шарнирная опора 1 — две связи. Следовательно, общее число связей г =
= 6 + 2 = 8. Поскольку в этом случае число уравнений равновесия
п = 6, то рама два раза статически неопределима: г — п = 8 — 6 =
= 2.
Отбрасывая шарнирную опору 1 и заменяя ее неизвестными
усилиями Х\ и ^2, получаем эквивалентную «3» и основную «О»
системы (см. рис. 7.30 5, в).
Б. Для основной системы с внешней нагрузкой определяем
опорные реакции и строим эпюры крутящих и изгибающих мо-
моментов Мр (см. рис. 7.30 г). Далее рассматриваем первую и вто-
вторую единичные системы, и, вычисляя реакции, строим эпюры М1
(рис. 7.30 <?) и М2 (рис. 7.30 е).
B.	Канонические уравнения метода сил имеют вид
5ц Х\ + 5i2^2 + $1Р = 0, 521 Xi
Коэффициенты этих уравнений определяется так:
10*

292
Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
/х,
х-,
"Р" ЭМР[д12]
"
0,0470
Рис. 7.30

7.5]	Статически неопределимые пространственные системы	293
- х Г1 2/1 х Г1	2/1 /</</
EJy,12 \2	3 у ЕJy^з \2	3 у G«/K,23
/¦/¦/ /¦/¦/ _ г /3
+	+	465
Моменты инерции и геометрические характеристики попереч-
поперечных сечений вычисляются следующим образом (см. табл. П.5, Р =
= 0,229):
па4	па4	а Bа) 2а4
Л12 = Л23 =	Л23 =	Л34 =	=
^,34 = ^^ = у, Л,34 = Ра3 • 2а = 0,458а4.
Решение канонических уравнений имеет вид Х\ = 0,00882 ql,
Х2 = -0,453G/.
Г. Эпюры суммарных изгибающих и крутящих моментов для
исходной системы приведены на рис. 7.30 эю.
3. Вычисление перемещения точки А. В этой точке основной
системы прикладываем горизонтальную единичную силу и стро-
строим эпюры изгибающих и крутящих моментов М (см. рис. 7.30 з).
Перемножая их с соответствующими эпюрами моментов ис-
исходной системы, получаем

294
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
X,l-l--\-
Задачи
7.173—7.182. Для изображенных на соответствующих ри-
рисунках пространственных рам определить вертикальное переме-
перемещение 5л сечения А или угол поворота 6^ сечения В относительно
оси Ох местной системы координат. В расчетах принять: G =
= 0,4Я, P = ql, M = ql2.
-2а
i * 4Л
К задаче 7.173
D
С
К
2Р
У /В
К задаче 7.174
-2а
M
' ixnyf
Гс
В
К задаче 7.175
С х i	D
К задаче 7.176

7.5]	Статически неопределимые пространственные системы	295
к
2/
А
/г
К задаче 7.177
/ х В
К
W2M
К задаче 7.179
С
См
К задаче 7.181
К задаче 7.178
\Р
2/
'С
к
2М
К задаче 7.180
С
К задаче 7.182

296	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
7.6*. Стержневые системы с упругими опорами
Поскольку наличие упругих опор в статически определимых
системах не влияет на эпюры внутренних силовых факторов (см.
§ 5.4*), то алгоритм их построения остается таким же, как в § 7.1.
Однако методы определения перемещений (см. § 7.1) и раскрытия
статической неопределимости (см. § 7.3) нуждаются в модифика-
модификации.
При определении перемещений, прежде всего, в формуле G.4)
для потенциальной энергии стержневой системы с N упругими
опорами растяжения-сжатия или кручения появляются дополни-
дополнительные слагаемые, определяющие потенциальную энергию опор:
71	N п2	1 6
i=l	t=l	j=i ^
1 г
где Qt — обобщенное усилие в опоре с номером t (сила или мо-
момент), ct — соответствующая жесткость этой опоры (см. E.42)).
Остается справедливой теорема Кастильяно (утверждение
7.7), но модифицируется формула G.17) для определения переме-
перемещения в заданной точке по заданному направлению (интегралы
Мора):
G.72)
где Qt и Q\ — обобщенные усилия в опоре с номером i при
нагружении стержневой системы заданной системой сил Р& и еди-
единичной обобщенной силой, соответствующей перемещению 5.
В остальном алгоритм вычисления перемещений и углов по-
поворота стержневой системы с упругими опорами такой же, как в
§7.1.
Так же остается без изменения алгоритм раскрытия стати-
статической неопределимости (см. §7.3). В том числе, остаются спра-
справедливыми канонические уравнения метода сил G.35). При этом,
если Xk соответствует отброшенной упругой опоре, то необходи-
необходимо положить
Afc = -dkXk,	G.73)

7-61
Стержневые системы с упругими опорами
297
где dk = 1/сд. — податливость опоры (ск — ее жесткость). Соот-
Соответствующее уравнение в G.34) в этом случае имеет вид
ЬккХк + дкР = О, дкк = дкк + dk.
G.74)
1=1
Пример 7.25. Для изображенной на рис. 7.31 а рамы
определить горизонтальное перемещение точки С. В расчетах
принять: EJZ = const, Cq = EJZ/ C/3).
О
м
у
2/
* В
л)
г А
2/
С
3MZ[M]	j
\ааа|
Решение. 1. Построение эпюр внутренних силовых фак-
факторов. Обозначаем узлы, характерные сечения и точки буквами
(см. рисунок).

298	Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
Рама является статически определимой. Для вычисления ре-
реакций опор составляем уравнения равновесия:
откуда находим RAy — 0, Rax — —Л</"//? Ro — М/I.
Поскольку на каждом из участков изгибающий момент Mz
изменяется линейно, то вычисляем только его значения на концах
участков:
—	участок А-В: Mza = О, Mzb = 2М;
—	участок ВС: Mzb = Mzq = М;
—	участок CD: Mzq = M, Mzd = 0.
Эпюра Mzd приведена на рис. 7.31 б.
2. Вычисление перемещения точки С. Аналогично строим
эпюру моментов М\ от действия соответствующей единичной
силы (см. рис. 7.31 в). При этом сила в пружине совпадает с ре-
реакцией в опоре D: R}D = 2.
Для определения перемещения используем обобщение инте-
интеграла Мора G.71) и правило Верещагина G.19):
4	1	4/
2ll + M2l2l + Ml
22 М/2 М ¦ 2 ¦ З/3 40 Ml2
+
+ cQ У ЖГХ + iejz TETZ' и
Пример 7.26. Для изображенной на рис. 7.32 а рамы
определить угол поворота сечения С. В расчетах принять: EJZ =
= const, cM = EJZ/ B1).
Решение. 1. Построение эпюр внутренних силовых фак-
факторов. Обозначим узлы, характерные сечения и точки буквами
(как на рис. 7.32 а).
А. Так как опоры в точках An H накладывают соответственно
три и одну связь (г = 4) и число уравнений равновесия п = 3
(рама плоская), то рама один раз статически неопределима: 4 —
— 3 = 1. Отбрасывая лишнюю связь и заменяя ее неизвестным
усилием Xi, получаем эквивалентную и основную системы (см.
рис. 7.32 б, в).
Б. Для основной системы с внешней нагрузкой строим эпюру
изгибающих моментов Мр (см. рис. 7.32 г). Далее рассматриваем
единичную систему и строим эпюру М1 (см. рис. 7.32 д).

7-61
Стержневые системы с упругими опорами
299
В. Каноническое уравнение метода сил в соответствии с G.73)
в данном случае имеет вид
+ 51Р = 0, 5ц = 5ц + 1/см.
2/
ЕЕШ
с
D
"Э"
ЕЕШ
"О"
3M[ql2]
ЭМ7[1]
Рис. 7.32
Для вычисления коэффициентов этого уравнения используем
интеграл Мора G.18) и правило Верещагина G.19):
81Р =
1
EJZ
¦2ll-sr
-1 - 1 1 = -^
б EJ"
1	.2/7/
5ц =	A • 2/ • 1 + 3 • 1 • / • 1) +	= .
Л/J z	*-* J z	I-J J z
Следовательно, решение канонического уравнения имеет вид
Xi = g//6.
Г. Суммарная эпюра изгибающих моментов представлена на
рис. 7.32 е.
3. Вычисление угла поворота сечения С. Рассматриваем еди-
единичную систему, полученную из основной приложением единич-
единичного момента в точке С, и строим соответствующую эпюру М
(см. рис. 7.32 ж). Умножая эту эпюру на эпюру М с использова-
использованием расслоения эпюры на участке В—С, получаем искомый угол

300
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
поворота
EJZ
— — —— . I . 1 -| — • t • 1 I — —
SI	о
3EJZ
Пример 7.27. Для изображенной на рис. 7.33 а рамы по-
построить эпюру моментов и определить вертикальное перемеще-
перемещение сечения D. В расчетах принять: Е = const, G = 0,4i?, Cq =
O"
0,358
Рис. 7.33
Решение. 1. Построение эпюр внутренних силовых фак-
факторов. Обозначим узлы, характерные сечения и точки буквами
как на рис. 7.33 а.
A.	Так как опоры в точках An D накладывают соответственно
три и одну связь (г = 4), а число уравнений равновесия п = 3
(рама плоско-пространственная), то рама один раз статически
неопределима: 4 — 3 = 1. Отбрасывая лишнюю связь и заменяя
ее неизвестным усилием Х\, получаем эквивалентную и основную
системы (см. рис. 7.33 б, в).
Б. Для основной системы с внешней нагрузкой строим эпюру
изгибающих моментов Мр (см. рис. 7.33 г). Далее рассматриваем
единичную систему и строим эпюру М1 (см. рис. 7.33 д).
B.	Каноническое уравнение метода сил в данном случае ана-
аналогично уравнению предыдущего примера:
+ 51Р = 0, 8ц = 5П + 1/сд.

7.6]	Стержневые системы с упругими опорами	ЗШ_
Определяем геометрические характеристики сечений на каж-
каждом из участков
J.AB = Щ^ = 0,2Ш4; JzBD = ^ = 0,049164;
JkAB = Р63 • 1,56 = 0,196 • 1,564 = 0,29464.
Коэффициенты уравнения вычисляем с помощью интегралов
Мора G.18) и правила Верещагина G.19):
2/ • / • 2/
1	4 20/3 _ НО/3
Л^	3 +~Ё?~ ~ЁЬГ
Подставляя полученные коэффициенты в каноническое урав-
уравнение, находим его решение Х\ = 0,321 Р.
Г. Эпюра суммарных изгибающих моментов представлена на
рис. 7.33 е.
2. Вычисление вертикального перемещения сечения D. В дан-
данном случае эпюра моментов от единичной силы уже построена
(см. рис. 7.33 д). Однако перемножать ЭМ и ЭМ1 нет необходи-
необходимости. Искомое перемещение есть перемещение конца пружины
под действием силы Х\ = 0,321 Р (оно направлено вниз — см.
рис. 7.33 б)
X, 0,321Р-20/3 ,,ОР/3
Пример 7.28. Для изображенной на рис. 7.34 а рамы
определить горизонтальное перемещение сечения С в плоскости
BCD. В расчетах принять: 5 = 6/10, b = 5см, / = 0,8 м, q =
= 10 кН/м, Е = 2 • 105 МПа, G = 0,4?, cQ = Eb4/ (lO/3).
Решение. 1. Построение эпюр внутренних силовых фак-
факторов. Обозначаем узлы, характерные сечения и точки буквами
как на рис. 7.34 а.
А. Так как опоры в точках An D накладывают соответственно
шесть и одну связь (г = 7), а число уравнений равновесия п =
= 6 (рама пространственная), то рама один раз статически не-
неопределима: 7 — 6 = 1. Отбрасывая лишнюю связь и заменяя ее

302
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
неизвестным усилием Х\, получаем эквивалентную и основную
системы (см. рис. 7.34 б, в).
Рис. 7.34
Б. Для основной системы с внешней нагрузкой строим эпюру
изгибающих моментов Мр (см. рис. 7.34 г). Далее рассматрива-
рассматриваем единичную систему, вычисляем реакции и строим ЭМ1 (см.
рис. 7.34 д).
В. Каноническое уравнение метода сил в данном случае имеет
вид
5nXi + 5-ip = 0, 5ц = 5ц + l/cg.
Определяем геометрические характеристики сечений на каж-
каждом из участков
= 0,11764,
56 О2б5
-— + I—-
JzBC = JyBC = JzCD = JyCD = 	h	 = 0,248 64,
64

7.6]	Стержневые системы с упругими опорами	303
Г
Коэффициенты уравнения вычисляем с помощью интегралов
Мора G.18) и правила Верещагина G.19):
1 1 ,9 , 3 ,	пл ^ ql4
*111 = ^
21-1 .U + -J—1-21-1 + -^— 1-1-1 +
о	(*JkAB	nJzBC
1 1	2 1 • 10 • Z3 _ 56,9/3
+ EJ^2l'l'3l+ Eb4 ~ЁЪГ'
Подставляя полученные коэффициенты в каноническое урав-
уравнение, получим Х\ = 0,610Р.
Г. Суммарные изгибающие моменты строим как линейные
комбинации. Соответствующая эпюра представлена на рис. 7.34 е.
Точка К на участке CD соответствует максимальному значению
момента.
3. Вычисление перемещения сечения С. Рассматриваем еди-
единичную систему, полученную из основной приложением единич-
ной силы в точке С и строим ЭМ (см. рис. 7.34 ж). Умножая эту
эпюру на ЭМ, находим требуемое перемещение сечения С
8С = -=г}— \ 0,780с?/2 • 21 ¦ \ I = 8,89-^ =
10 103 П Я4
889
Задачи
В задачах 7.183-7.189 определить вертикальное перемещение
сечения А изображенных на соответствующих рисунках рам при
указанных данных.
7.183.	EJZ = const, cQ = EJz/Fa3).
7.184.	EJZ = const, cQ = EJz/Ga3).
7.185.	7.186. EJZ = const, cQ = EJz/Cas).
7.187. Поперечное сечение — круг диаметра d = 6 см;
а = 0,5м, Р = 0,ЗкН, Е = 0,7 • 10* МПа, G = 0,4?, cQ =
= EJz/Fas).

304
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
ШИШ
/.^	д_
К задаче 7.183
К задаче 7.184
А
Ы:
К задаче 7.185	К задаче 7.186	К задаче 7.187
7.188. Поперечное сечение — круг диаметра d\ G =
JU)
К задаче 7.188
К задаче 7.189
7.189.	Поперечное сечение — кольцо с внешним и внутренним
диаметрами ?) = 6смио! = 4см соответственно; / = 0,5 м; Е =
= 2 • 105 МПа, G = 0,4?; q = ЮкН/м, cQ = ED4/B01s).
В задачах 7.190-7.192 определить горизонтальное перемеще-
перемещение сечения А изображенных на соответствующих рисунках рам
при указанных данных.
7.190.	EJZ = const, cQ = EJz/A0as).
7.191.	Поперечное сечение — круг диаметра d = 5 см \Е = 2 •
•105МПа, а = 0,5м; <? = 2кН/м, cQ = Ed4/Fas).
7.192.	EJZ = 500 кН • м2, а = 1 м, q = 10 кН/м, cQ = EJz/a3.

7-61
Стержневые системы с упругими опорами
305
2а	2а
? 2a
К задаче 7.190
К задаче 7.191
а	а
К задаче 7.192
К задаче 7.193
В задачах 7.193-7.195 определить угол поворота сечения А
изображенных на соответствующих рисунках рам при указанных
данных.
7.193.	EJZ = const, cM = EJz/Ea).
7.194.	EJZ = const, cM = EJz/Da).
7.195.	EJZ = const, cM = EJz/Da).
M
a
< a >
Ш1
2a
К задаче 7.194
К задаче 7.195
7.196.	Определить угол поворота сечения С в плоскости BCD
изображенной на рисунке рамы. В расчетах принять: Ь = 18 мм,
/ = 0,5 м, q = 3кН/м, Е = 1 • 105 МПа, G = 0,4?, cQ = Eb4/{6ls).
7.197.	Определить горизонтальное перемещение в плоскости
BCD сечения С изображенной на рисунке рамы. В расчетах
принять: поперечное сечение — кольцо с внешним и внутренним

306
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
В
К задаче 7.196
К задаче 7.197
диаметрами D = 12см и d = 10см; а = 1м, q = 5кН/м, Е =
= 2 • 105 МПа, G = 0,4?, см = ED4/ A0а).
7.7*.
Стержневые системы под действием
температурных полей
Так же, как и для стержней (см. § 5.2), в силу принципа супер-
суперпозиции (см. утверждение П.2) действие на стержневые системы
температурных полей может исследоваться независимо от сило-
силового нагружения. При этом в рамках сопротивления материалов
рассматриваются только такие температурные поля, в которых
температура в пределах каждого элемента системы линейна по
координатам у и z (ср. с E.12)):
* = *о(*) + ky(s)y + kz(s)z,	G.75)
где Су и Сz — главные центральные оси поперечного сечения,
s — продольная координата вдоль оси элемента.
При этом действие температуры эквивалентно заданию в зле-
менте системы фиктивных изгибающих моментов (см. E.13))
М\ = -akzEJy, Mfz = -akyEJz,	G.76)
а также фиктивного нормального усилия
Nf = atoEF.	G.77)
Перемещения от действия температуры по-прежнему могут
быть определены с помощью интегралов Мора G.18), где под
внутренними силовыми факторами при действии внешней на-
нагрузки следует понимать фиктивные моменты и нормальное уси-
усилие.

7.7] Стержневые системы под действием температурных полей 307
Отметим, что при температурных нагрузках на СО-системы
в интегралах G.18) отсутствуют перерезывающие силы и кру-
крутящие моменты. Для СН-систем остается справедливым метод
сил, в том числе канонические уравнения метода сил G.34), в ко-
которых под 5д,р следует понимать соответствующие обобщенные
перемещения от действия температуры (фиктивных моментов
и сил). При этом в интегралы Мора для дкР также не входят
перерезывающие силы и крутящие моменты. Суммарные эпюры
внутренних силовых факторов строятся с использованием фор-
формулы G.36), где следует положить Q? = 0.
В отличие от стержней вклад в НДС стержневой системы
фиктивных нормальных сил может оказаться существенным. Од-
Однако оценить его можно, как правило, только в процессе решения
конкретной задачи. Отметим, что при вычислении коэффициен-
коэффициентов 5&/ так же, как и для задач с силовой нагрузкой, учитываются
только моменты.
Пример 7.29. Для изображенной на рис. 7.35 а, б рамы
построить эпюры внутренних силовых факторов и определить
максимальные напряжения, возникающие в поперечном сечении
в результате нагрева. Ориентация поперечного сечения опре-
определяется местными координатами. В расчетах принять: Е =
= 2,1 • 105 МПа, а = 1,25 • 10 1/°С; h = 6t2, t2 = 10 °С.
Решение. Здесь ограничиваемся п. 1 алгоритма расчета
рам (см. § 7.1) и используем метод сил (см. § 7.3). Обозначим узлы
рамы цифрами (как на рис. 7.35 а).
А. Рама два раза внутренне статически неопределима. Выбе-
Выберем эквивалентную и основную системы (см. рис. 7.35 в, г), учи-
учитывая прямую симметрию относительно вертикальной оси.
Б. Для основной системы под действием температуры по
участкам определяем распределение температуры, а также фик-
фиктивные усилия и моменты. Расположение главной центральной
системы координат поперечного сечения показано на рис. 7.35 б
(см. табл. П.З):
— участок 1-2 (длина l\2 = l/V%)
+ Зл/2 у) t2, к(х) = i
у - l) «2,

308
Перемещения в СО и СН стержневых системах	[Гл. 7
ж
3M2[at2Ebh2]
Hlllllllllfflllllllllhi
з
¦0,135
0,190
0,269
Рис. 7.35
N\2 (x) = \ aEFt2 A + 3V2 jV
6	\	1 j
t , . aEJzt2 ( a r: x
Mh \x) =	z— I 6v2 т -

7.7] Стержневые системы под действием температурных полей 309
^12,1 = М2 @) = |
_ Mt ( l \ _
— M12 I TTfJ ~~ ~
_ М /n\ _	м _ M ( _ ,
12,l — M12 W — 	ft	J M12,2 — M12 I TTfJ ~~ ~^	ft	'
— участок 2-3
ж)* *(ж)* t	t+ г * ly+
Эпюры М1 и Nl приведены на рис. 7.35 д, е. Далее рассматри-
рассматриваем единичную систему и строим ЭМ1 и ЭУУ1 (см. рис. 7.35 эюу з).
В. Каноническое уравнение метода сил имеет вид
Используя формулы Jz = 6/i3/36, F = Ыг/2 для геометриче-
геометрических характеристик поперечного сечения (см. табл. П.З), с помо-
помощью интеграла Мора G.18) и правила Верещагина G.19) вычис-
вычисляем коэффициенты уравнения (свободный член — сумма произ-
произведений ЭМ* на ЭМ1 и 3Nf на ЭУУ1)
_ 2 1 / I 2 1 1 I I _ 9/3 /\/2
11 ~ ВХ " 2 " 2 " 7f ' 3 " 2 + ИГЛ 2" ТТ77^ ' ^~ +
- _L Го /I 6aEJz^2 _J_ 2 | _ «#Л*2 /
б1Р " ЁЛ [2 12	Л	Tf " 3 " 2	^^ " Tf "
В последнем коэффициенте приближенное равенство соответ-
соответствует отбрасыванию членов более высокого порядка малости,
чем h/l.
Подставляя найденные коэффициенты в уравнение, получаем
его решение
X, = -0,269^^.
Г. Эпюры изгибающих моментов и продольных сил приведены
на рис. 7.35 I/, к. Из них следует, опасное сечение — сечение 5,
т.е. Mz max = 0,135a?6/i2c2 и Nmax = -0,269aEbhH2/L Опасная
точка в этом сечении — вершина треугольника (см. рис. 7.35 5),

310
Перемещения в СО и СН стержневых системах
[Гл.7
в которой нормальные напряжения вычисляются следующим об-
образом:
^ = М, 2А + N = _323at2E _ 0^4at2Ey « -3,23
J z 6 г	I
= -3,23 • 1,25 • 10 • 10 • 2,1 • 1011 = -84,6 • 106 Па = -84,6 МПа.
Итак, omax = |ст| = 84,6 МПа. ¦
Задачи
7.198—7.207. Для изображенных на соответствующих рисун-
рисунках балок и рам определить максимальное напряжение. В рас-
расчетах принять: Е = 2 • 105 МПа, а = 1,25 • 10~tf 1/ °С, 1\ = 6с2,
2/
К задаче 7.198
К задаче 7.199
К задаче 7.200
h
2/
К задаче 7.201

7.7] Стержневые системы под действием температурных полей 311
-к
К задаче 7.202
2/
А\
h h
К задаче 7.203
\ /	I
К задаче 7.204
3h
\ I
У/////	У/////
К задаче 7.205
U и
2/	2/
У////У
К задаче 7.206
m
ш
b
2h
2/ A
К задаче 7.207

Гл ава 8
ОСНОВЫ ТЕОРИИ НАПРЯЖЕННОГО
И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЙ.
ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ
1. Напряженное состояние. Каждой точке деформируемого
тела в ПДСК Oxyz можно сопоставить совокупность напряже-
напряжений (П.15) (рис. 8.1).
Определение 8.1. Матрицей (тензором) напряжений
называется
s =
"zy
(8.1)
Согласно утверждению П.1 эта матрица является симмет-
симметрической и имеет шесть независимых компонент (напряжений).
Оказывается, что этих шести величин достаточно для задания
напряженного состояния в точке
(см. определение П.10).
Утверждение 8.1. В ПДСК
координаты вектора напряжений pv =
= (X, У, Z) на любой площадке с нор-
нормальным вектором v = (/, га, п) связа-
связаны с напряжениями (8.1) так:
Рис. 8.1
У = ъху1 + сут + xzyn,	(8.2)
АУ 	 Со4 'У b | v7/ Z ' ' v I ^^ 2Z 'V •	^
Эти равенства удобно записывать в матричной форме:
Из утверждения 8.1 и определения П.11 вытекают следующие
представления нормального напряжения и модуля вектора каса-
касательных напряжений на площадке с нормалью v:
оут^ + azn^ + 2тху1т + 2xxzln + 2%yzmn,
-а2, tf = X2 + y2 + Z2.	(8.4)

Гл.8] Основы теории напряженного и деформированного состояний 313
Среди всевозможных площадок в данной точке выделяют
площадки специального вида.
Определение 8.2. Площадки, на которых tv = 0, на-
называются главными площадками, соответствующие им направле-
направления — главными направлениями (главными осями), а нормальные
напряжения на них — главными напряжениями, ш
Отсюда с учетом формул (8.3) приходим к следующему выво-
ДУ-
Утверждение 8.2. Главные напряжения и направле-
направления есть решение задачи на собственные значения для матрицы
напряжений
O. ¦	(8.5)
Система однородных линейных алгебраических уравне-
уравнений (8.5), очевидно, может быть записана в скалярном виде:
(ах - о)/ + iyxm + xzxn = О,
ъху1 + (оу - о)т + izyn = 0,	(8.6)
^xzl + iyzm + (az - с)п = 0.
С учетом симметрии матрицы напряжений и известных ре-
результатов линейной алгебры получаем утверждение.
Утверждение 8.3. Главные напряжения о& — действи-
действительные числа. Они являются экстремальными значениями нор-
нормальных напряжений и определяются как решения характери-
характеристического уравнения
|S - оЕ| = -а3 + /ioo2 - /2оа + /Зо = 0,
(8.7)
/Зо = SpS = ах +су + cz, ha = SpS, /Зо = |S|,
где /д.а — инварианты матрицы напряжений, S = (Sij) — при-
присоединенная матрица (матрица, составленная из алгебраических
дополнений Sij матрицы S).
Главные направления v& = (v^i, \k2-, ^ks) ортогональны и име-
имеют координаты — компоненты собственных векторов ^:
0. ¦	(8.8)
Обычно главные напряжения нумеруют в порядке убывания:
ai ^ a2 ^ а3.	(8.9)
После решения задачи на собственные значения проводят нор-
нормировку собственных векторов (|v&| = 1). Если имеются кратные
собственные значения (два или три главных напряжения равны
между собой), то используется процесс ортогонализации.

314 Основы теории напряженного и деформированного состояний [Гл.8
В главных осях (в ПДСК с базисом vi, V2, V3) матрица напря-
напряжений и ее инварианты имеют вид:
М 0 0\
S= 0 С2 0 , /lo = Ol +G2 + G3,
\0 0 а3/	(8.10)
G1G3 + G2G3, /зо = G1G2G3,
а формулы (8.4) переходят в следующие:
Gv = Gl/2 + G2m2 + G3n2,
pv2 = a2/2 + g!™2 + g|ti2, t2 = p2 - g2.	(8.11)
Введенные понятия позволяют сформулировать инвариант-
инвариантный признак размерности напряженного состояния (см. опреде-
определение П.12).
Утверждение 8.4. Напряженное состояние является
а)	пространственным (трехосным) тогда и только тогда, когда
все главные напряжения отличны от нуля;
б)	плоским (двухосным) тогда и только тогда, когда отличны
от нуля два главных напряжения;
в)	одноосным тогда и только тогда, когда отлично от нуля
одно главное напряжение. ¦
Наряду с главными напряжениями представляют интерес
и экстремальные значения касательных напряжений.
Утверждение 8.5. Модуль вектора касательных на-
напряжений принимает максимальные значения
Т13 = 	^	, ^23 = 	^	, Т12 = 	2		\РЛ*)
на площадках с нормальными векторами, имеющими в главных
осях соответственно координаты
±4-, 0, ±4-1 , |0, ±4-, ±4-1 , | ±4-?±4->
(8.13)
На этих площадках нормальные напряжения gv и модуль век-
вектора напряжений pv вычисляются так:
С>1 + Оз	С>2 + Оз	CJi + О2
^13 = 	2	' °23 = 	2	' °12 = 	2	'
(8.14)
22	22	22
о _ al +аЗ	^2 _ а2 +аЗ	9 _ а1 +а2
Pv,13 — 2 ' Pv'23 ~~ 2 ' v'12 ~~ 2 '
Определение 8.3. Напряжения Т1з,^23 и Т125 определя-
определяемые равенствами (8.12), называются главными касательными
напряжениями, ш

Гл.8] Основы теории напряженного и деформированного состояний 315
Кроме этого, используются следующие понятия.
Определение 8.4. Площадки с нормальными вектора-
векторами, имеющими в главных осях координаты (±1/д/3, dzl/д/З,
dzl/v3) (равно наклоненные к главным осям), и соответствую-
соответствующие им напряжения называются октаэдрическими. ш
Утверждение 8.6. Для нормального напряжения и мо-
модулей векторов напряжений и касательных напряжений на окта-
здрических площадках справедливы равенства:
1Г	2	2 1/г2 о г \ а1~1~а2~1~аЗ
ov = о0 = - /]с, р; = pi = - (/fo - 2/2о) = -—|—s
— -B-\-2-\-2)-\--\( — J -\- ( — J -\- ( — J~\
3 Чу х„ V g а, су	ах az	ау о,^
В соответствии с принципом суперпозиции (утверждение П.2)
произвольное напряженное состояние с матрицей S может быть
представлено в виде совокупности двух состояний:
Э ^ .D Ч~ I 3.
/со 0 0\	/аж-а0 тяв	тх, \ (8.16)
\0 0 Оо/	V Т^	^!/	^ - Go)
Определение 8.5. Нормальное напряжение оо на окта-
здрической площадке называется средним (гидростатическим)
напряжением, В — шаровой матрицей (шаровым тензором),
a D — матрицей-дебитором (тензором-девиатором).
Напряженное состояние, соответствующее шаровой матрице,
называется всесторонним растяжением-сжатием, ш
Первые инварианты 1\в и I\D шаровой матрицы и матрицы-
девитора, очевидно, определяются так:
Т	Т	Т	(Л	(Q 1 ТЛ
1\В — ^1си i\D == U.	^o.l/J
2. Деформированное состояние. Аналогично напряжениям
каждой точке деформируемого тела в ПДСК Oxyz можно со-
сопоставить совокупность деформаций (П.З).
Определение 8.6. Матрицей (тензором) деформаций
называется
К= [ьу Ту гТу). ш	(8.18)

316 Основы теории напряженного и деформированного состояний [Гл.8
В силу равенства (П.2) эта матрица является симметрической
и имеет шесть независимых компонент (деформаций).
Определение 8.7. Главными деформациями и направ-
направлениями (главными осями) матрицы деформаций называются ее
собственные значения и векторы, т. е. решения следующей задачи
на собственные значения:
(К-еЕ)? = О. ¦	(8.19)
Утверждение 8.7. Главные деформации ?& — действи-
действительные числа, главные направления ортогональны.
В главных осях матрицы деформаций сдвиговые деформации
отсутствуют: yi2 — Y13 — У23 = 0. ¦
Определение 8.8. Пусть точка A Е AGo ~~ подобласти
тела G в начальный момент времени to (см. определение П.5),
и при i > to А переходит в A1 Е AG, где AG — образ AGo- Коэф-
Коэффициентом изменения объема (относительным изменением объ-
объема) в точке А называется (обозначения даны в определении П.7)
e= lim	v ,	(8.20)
AeAG
где AVo и AV — объемы областей AGo и AG. ¦
Утверждение 8.8. Коэффициент изменения объема
равен первому инварианту матрицы деформаций:
е = 1и = гх+гу+гг. ш	(8.21)
3. Связь напряженного и дефомированного состояний. Прин-
Принцип суперпозиции и законы Гука для одноосного напряженного
состояния A.5) и для чистого сдвига D.5) с учетом равенств (П.З)
приводят к следующему утверждению.
Утверждение 8.9 (обобщенный закон Гука). Простран-
Пространственные напряженное и деформированное состояния связаны
между собой соотношениями
?т = — ат — v (а7/ + cz) . ?7/ = — о7/ — v (ат + о2) ,
8^ = — G^ — VI 0т. + G-»* ,	l O.ZZ I
л>	г^т |_ л>	\ «ъ ' У /л >	ч	7

Гл.8] Основы теории напряженного и деформированного состояний 317
которые могут быть разрешены относительно напряжений
Е
Е
()()
(8.23)
Причем для инвариантов матриц деформаций и напряжений
имеет место равенство:
е = Ц^/]О. ¦	(8.24)
Отсюда и из определения 8.8, а также из равенств (8.16), (8.17)
вытекает следующий результат.
Утверждение 8.10. При всестороннем растяжении-
сжатии происходит только изменение объема F = 3A — 2v)p/ E,
ао = р) с сохранением формы (уху = yxz = yyz = 0, см. определе-
определение П.5).
В случае напряженного состояния с матрицей напряжений
в виде матрицы-девиатора изменяется только форма с сохране-
сохранением объема (Э = 0). ¦
Кроме того, закон Гука позволяет прийти к такому выводу.
Утверждение 8.11. Для изотропных материалов глав-
главные оси матриц напряжений и деформаций совпадают. ¦
Отсюда с учетом (8.22) вытекает следующая связь главных
деформаций и напряжений:
e* = ^[(l+v)ofc-v/io].	(8.25)
4. Потенциальная энергия. Принцип суперпозиции, закон Гу-
Гука и формулы A.14) и D.12) для удельной потенциальной энергии
в случаях одноосного напряженного состояния и чистого сдвига
приводят к следующему утверждению.
Утверждение 8.12. Удельная потенциальная энергия
в произвольной ПДСК Oxyz есть билинейная или квадратичная
форма от напряжений и деформаций:
^ ~~ 7) \®х&х ~г ®у^у ~г ®z&z ~г ^ху^ху ~г ^xz^-xz ~г ^yz^yz) ~~
^ [°1 + °l + °l - 2v(oa;o2/ + axaz + oyaz)}
), (8.26)

318 Основы теории напряженного и деформированного состояний [Гл.8
а с главными напряжениями и деформациями она связана сле-
следующим образом:
и = - (о3е3 + о3е3 + о3е3) = ^ [aj + al + а| -
^[/32o-2(l+v)/2o]. ¦ (8.27)
Утверждение 8.13. Удельная потенциальная энергия
может быть представлена в виде суммы двух слагаемых:
и = ио + иф.	(8.28)
Здесь ио и иф — энергии, соответствующие матрицам напря-
напряжений В и D в (8.16):
(8.29)
(ау ~
1/2	2	2 ч 3A+v) о
? Ijr	^ Hi
На основании утверждения 8.10 вводится следующая терминоло-
терминология.
Определение 8.9. ио и иф называются удельными по-
потенциальными энергиями изменений объема и формы, ш
5. Геометрическая иллюстрация НДС
Определение 8.10. Поверхности, задаваемые в глав-
главных осях OXYZ уравнениями (при о& = 0 или ?& = 0 соответ-
соответствующее слагаемое опускается)
¦^2 у2 2?2
— + — + — = 1,	(8.30)
а1	а2	аЗ
¦у2 у2	у2
^Г + — + ^Г = 1,	(8.31)
г1	г2	гЗ
называются эллипсоидами напряжений и деформаций, ш
Эта название условное: если одно (или два) главных напря-
напряжений (деформаций) равно (равны) нулю, то эллипсоид вырож-
вырождается в цилиндр (плоскость). При всестороннем растяжении-
сжатии эллипсоид переходит в сферу, чем и объясняется название
соответствующей матрицы напряжений (см. определение 8.5).
В сопротивлении материалов наиболее часто используется
другой вариант геометрической иллюстрации напряженного со-
состояния. Для этого рассматривается не взаимно однозначное
отображение
S: I2 + гп2 + п2 = 1 ->> D С Rlv o = av, t=|tv|, (8.32)

Гл.8] Основы теории напряженного и деформированного состояний 319
которое неявно задается системой уравнений, вытекающей
из (8.11):
О = О]/2 + О2Ш2 +
о2 + х2 = о2/2 +
+ о|п2,
(8.33)
Утверждение 8.14. Множество D на плоскости g-^z —
область, ограниченная окружностями (см. (8.12) и (8.14))
г1 . (~ ~ \2 | 2 2	/о о/|\
J-2- ^СТ — CTi з J + t ^^13'	(o.o4J
Г3: (a-ai2J+T2=Tf2. ¦
Определение 8.11. Область D называется диаграммой
Мора (кругами Мора), ш
В силу симметрии диаграмма Мора изображается только
в верхней полуплоскости. Один из ее возможных вариантов при-
приведен на рис. 8.2.
^23
^23 ^13 ^2 ^12
Рис. 8.2
Пример 8.1. Для одноосного напряженного состояния не-
невырожденной является только одна окружность на диаграмме
Мора (рис. 8.3):
а)	аз = а < 0, oi = 02 = 0;
б)	oi = а > 0, E2 = аз = 0. ¦
а3
а
О2=О3
<Ji а
Рис. 8.3
Пример 8.2. Найти главные напряжения, направления
и построить диаграмму Мора для плоского напряженного состоя-
состояния: cz = xxz = xyz = 0 (см. определение П. 12).

320 Основы теории напряженного и деформированного состояний [Гл.8
Решение. В этом случае матрица напряжений имеет вид
(ох хух 0\
S = \тху ау 0 .	(8.35)
V О О О/
Ей соответствует следующая задача на собственные значе-
значения (8.6):
(ах — а)/ + iyxm = 0, хху1 + (ау — а)т = 0, an = 0. (8.36)
Решая характеристическое уравнение
—а{а~ — lie® + J2oJ — U,
hc = ox+ay,	(8.37)
От
найдем, что одно из главных напряжений равно нулю (а& = 0),
а два других определяются так:
± -
(8.38)
Нулевое главное напряжение соответствует главному направ-
направлению, совпадающему с осью О2;: v^ = @,0,1), двум другим —
векторы Vk = (cos a/,, sin ад., 0), коллинеарные координатной плос-
плоскости Ожу и имеющие координаты, являющиеся решением урав-
уравнения
(<*х - стл) cos ajfe + xxy sin a^ = 0,
откуда следует, что
- ox
(8.39)
Три возможных диаграммы Мора приведены на рис. 8.4:
а) oi = 0, б) О2 = 0, в) аз = 0.
а3
a
Обычно в случае плоского напряженного состояния изобра-
изображают только круг, соответствующий площадкам, параллельным
оси Oz. Пример, соответствующий аз = 0, приведен на рис. 8.5.
При этом можно построить диаграмму и определить главные
напряжения геометрически без их вычисления по формуле (8.37).

ox о{
Гл.8] Основы теории напряженного и деформированного состояний 321
Действительно, точки А\ (ож, хху) и ^(о^, хху) соответствуют ко-
координатным площадкам и лежат на окружности (на самом деле
точка A<i лежит на нижней полови-
половине окружности на втором конце диа-
диаметра, проходящего через точку А\, х
но в силу принятого выше соглаше-
соглашения изображаем ее так, как указа-
указано на рисунке). Хорда A\A<i парал-
параллельна оси абсцисс. Следовательно,	рис g 5
центр окружности Оз(о12,0) лежит
в пересечении перпендикуляра ЛОз, опущенного из середины от-
отрезка А\ A<i на ось абсцисс. Очевидно, радиус окружности Оз^1 =
= Т12- Главные напряжения <з\ и 02 есть точки пересечения окруж-
окружности с осью абсцисс. ¦
Пример 8.3. Найти главные напряжения и максималь-
максимальные касательные напряжения в точке поперечного сечения стерж-
стержня в общем случае нагружения.
Решение. В этом общем случае нагружения бруса в каж-
каждой точке поперечного сечения имеет место частный случай плос-
плоского напряженного состояния (см. утверждения 1.2 и 4.2, а также
аксиомы 5.1-5.3). А именно, направляя ось Оу по линии действия
вектора касательных напряжений (см. также F.4)), получим
ох=а, ay = az=0,
Хх = ^жг/J ^t т 1 тТ , Т^ ^ху •
Тогда из (8.38), (8.12) и (8.39) найдем
о2 = 0, а3 = \ - \Vo2 + 4х2 < О,
^	-^. - (8.41)
Пример 8.4. Для	тензора напряжений (размерность
МПа)
ах = 20,	ау = 20, az = 120,
хху
= 40, xxz = 60, xyz = 60
найти:
а)	вектор напряжений на площадке с нормалью v =
= A/3,-2/3,2/3);
б)	главные напряжения и главные площадки;
в)	максимальное и главные касательные напряжения, а также
координаты нормальных векторов соответствующих им площа-
площадок в исходной системе координат;
11 А. Г. Горшков и др.

322 Основы теории напряженного и деформированного состояний [Гл.8
г)	координаты нормального вектора октаздрической площад-
площадки в исходной системе координат и соответствующие напряже-
напряжения;
д)	удельные потенциальные энергии изменения объема и фор-
формоизменения, а также полную потенциальную энергию.
В расчетах принять: Е = 2,1 • 105 МПа; v = 0,3.
Решение, а. Матрица напряжений в данном случае имеет
вид
/20 40 60 \
S = 40 20 60 .
\60 60 120 у
Координаты вектора напряжений на заданной площадке на-
находим, используя (8.3):
20
40
60
40
20
60
60 \
60
120/
/ М
I
V 2
. /20
= 40
1 \6О
т.е. pv = B0,40,60).
б. Записываем характеристическое уравнение (8.7):
= -а3 + 160а2 + 72 000а =
20 - а 40 60
40 20 - а 60
60 60 120 - а
= -а(а2-160а-72 000) = 0.
Его корни следующие: а& = 0, 180, —20. Отсюда получаем
главные напряжения (см. (8.9)):
Gl = 180, а2 = 0, а3 = -20.
Для проверки находим след матрицы и сумму главных на-
напряжений (они должны быть равны первому инварианту тензора
напряжений, см. (8.7) и (8.10)):
/1о = 20 + 20 + 120 = 180 + 0 - 20.
Определяем частные нетривиальные решения однородных си-
систем уравнений (8.8) (ниже выписаны матрицы систем; решение
проводится методом Гаусса):
— а = ai
/-160 40 60
(S-aiE) = 40 -160 60
V 60 60 -60

Гл.8] Основы теории напряженного и деформированного состояний 323
— G = О2
(S - о2Е) =
/20 40 60N
= 40 20 60
V 60 60 1201
— а = аз
(S - а3Е) =
/40 40 60
= 40 40 60
\60 60 140
Проводя теперь нормировку, получаем единичные нормаль-
нормальные векторы Vk главных площадок:
в. Максимальные касательные напряжения вычисляем, ис-
используя (8.12) и полученные выше результаты:
180 + 20	0 + 20
= 100> Х23 = —о
180-0
= 90,
Xmax =
= ЮО.
Формируя матрицу перехода от исходного базиса к базису
Vl, V2, V3
/ 1	1
Т =
0
2
\ v 3
О
вычисляем координатные столбцы ^з? ^23? ^12 в исходном базисе
нормальных векторов V13, V23, V12 соответствующих площадок
11*

324 Основы теории напряженного и деформированного состояний [Гл.
(координаты этих векторов в базисе vi, V2, V3 указаны в (8.13)):
S12 - = vf
Следовательно,
v23 = ±\ A,0, -1),
г. Координатный столбец ^о нормального вектора vo к октазд-
рической площадке и сам вектор находим аналогично предыду-
предыдущему пункту, учитывая определение 8.4:
vo = ^A + л/3,1,2
3\/2
Поскольку главные напряжения уже найдены, для определе-
определения напряжений на октаздрической площадке удобнее восполь-
воспользоваться их выражениями в (8.15) через oi, 02, 03 и главные
касательные напряжения:
оо = \ 11а = 53,3, х0 = |л/Ю02 + Ю2 + 902 = 89,9,
О	О
/1802+02 + (-20J 1ПК
Po = V	з — =
д. Для вычисления удельных потенциальных энергий измене-
изменения объема и формоизменения используем их связь с напряже-
напряжениями на октаздрической площадке (см. (8.29)):
3- A -2-0,3)	6.2	/3
2-2,1-10
U4> = o.'oVfnS (89'9 • 106J = 75'0 КДЖ/М3.

Гл.8] Основы теории напряженного и деформированного состояний 325
Полную удельную потенциальную энергию находим по фор-
формуле (8.28):
и = 8,12 + 75,0 = 83,1 кДж/м3. ¦
Пример 8.5. Применительно к тензору напряжений (раз-
(размерность МПа; остальные напряжения равны нулю)
ах = -200, хху = 120, ау = 100
выполнить первые два задания предыдущего примера, полагая
/V,v7,)
Решение. В этом случае имеет место плоское НС. Поэтому
в записях векторов и матриц нулевые члены опускаем (см. при-
пример 8.2).
а. Аналогично предыдущему примеру находим матрицу на-
напряжений
(Ш 120 \
120 100 J'
координаты вектора напряжений на заданной площадке
X\J/-200 120W 1Л	/ 213
)	))	1
и сам вектор напряжений pv = —A47; 26,7).
б. При определении главных напряжений и площадок вос-
воспользуемся готовыми результатами, полученными в примере 8.2
(см. (8.38)):
~200 +
Ок	° ± 1^(_200 - 100J + 4 • 1202 = -50 ±
Следовательно, oi = 142, 02 = 0, аз = —242.
Углы между осью Ох и главными площадками находим с по-
помощью (8.39):
=-0,350, a, = -19,3°.
Пример 8.6. Найти деформации и коэффициент измене-
изменения объема для напряженного состояния, указанного в примере
8.4, полагая Е = 2,1 • 105 МПа; v = 0,3.
Решение. Предварительно вычисляем модуль сдвига, ис-
используя A.9):

326 Основы теории напряженного и деформированного состояний [Гл.8
Деформации находим по формулам (8.22):
гх = гу = ^-^ [20 - 0,3 • B0 + 120)] = -0,105 • 10,
гя = -г^5 [120 - 0,3 • B0 + 20)] = 0,514 • 10,
ЛJ JU
40 = 0,248 • 10,
y 2 • 0,808 •
^ = %г = 2,о;оО8,1о5 =0,371-10-3.
Коэффициент объемного расширения может быть вычислен
либо по формуле (8.21), либо с использованием (8.24). Остано-
Остановимся на первом варианте:
9 = 2(-0,105 • 10) + 0,514 • 10 = 0,304 • 10. ¦
6. Теории прочности. Поскольку свойства материалов извест-
известны только для простейших НДС (см. главы 1, 4 и табл. П.2), то
используются так называемые теории прочности.
Определение 8.12. Теорией прочности (теорией пре-
предельных состоянии) называется аксиоматическое задание крите-
критерия эквивалентности пространственного и одноосного напряжен-
напряженных состояний с нормальным напряжением
= <уЭкв(<Т1,а2,аз),	(8.42)
где О], О2 и оз — главные напряжения данного напряженного
состояния. ¦
Очевидно, однозначной зависимости (8.42) не может суще-
существовать. По ее заданию и различаются теории прочности. Наи-
Наиболее распространенными из них являются следующие.
I. Теория наибольших нормальных напряжений (тео-
(теория Галилея). Эквивалентные напряжения определяются ра-
равенством
оэкв = О1.	(8.43)
Может применяться для хрупких материалов при аз ^ 0. ¦
П. Теория наибольших линейных деформаций (тео-
(теория Мариотта—Сен-Венана). Эквивалентные напряжения на-
находятся из условия равенства
е3кв = еь	(8.44)
где 8i и 8ЗКВ — главная деформация исходного НС и линейная
деформация в эквивалентном одноосном состоянии.

Гл.8] Основы теории напряженного и деформированного состояний 327
Из обобщенного закона Гука (8.22) в главных осях и того
же закона A.5) для одноосного напряженного состояния следует
равенство:
азкв = а3 - v(o2 + a3).	(8.45)
Вторая теория может применяться для хрупких материалов
при аз < 0. ¦
Ш. Теория наибольших касательных напряжений
(теория Кулона—Треска—Сен-Венана). Эквивалентные
напряжения определяются равенством
^тах — ^зкв max?	(о.4о)
где ттах и тзкв тах — максимальные касательные напряжения
в исходном и эквивалентном НС.
Отсюда с учетом равенств (8.12) и A.8) получаем следующий
критерий эквивалентности:
азкв = ai -a3.	(8.47)
Третья теория применяется для пластичных материалов, оди-
одинаково работающих на растяжение и сжатие при любых напря-
напряженных состояниях. ¦
IV. Теория энергии формоизменения (теория
Мизеса—Генки—Хубера). Предельным состоянием материала
считается начало перехода к пластическим деформациям,
которые определяются только потенциальной энергией формо-
формоизменения (см. определение 8.9). Это предположение приводит
к следующему условию эквивалентности:
^Ф = ^зкв.ф-	(8.48)
Применяя формулы в (8.28) в главных осях для энергии фор-
формоизменения исходного и эквивалентного одноосного (а15зкв —
= <5зкв, а2,3кв = аз,3кв = 0) НС получим
1
азкв = -^у/{pi - а2J + (^ - а3J + (а2 - а3J .	(8.49)
Так же, как и третья, четвертая теория используется для
пластичных материалов, одинаково работающих на растяжение
и сжатие при любых напряженных состояниях. ¦
V. Теория Мора. Полагается, что пространственное НС
описывается только внешними кругами Мора, и на плоскости а-т
существует единственная кривая Г — огибающая всевозможных
предельных кругов, т. е. кругов, полученных пропорциональным
увеличением всех компонент до достижения предельного состоя-
состояния (см. п. VI § П.1). Данное НС считается предельным, если его
внешний круг касается Г. Как правило, кривая Г аппроксимиру-
аппроксимируется прямой, касающейся предельных кругов для двух одноосных

328 Основы теории напряженного и деформированного состояний [Гл.8
состояний (см. пример 8.1): сжатие и растяжение. В результате
получается следующий критерий:
азкв = oi - коз, к = ^^.	(8.50)
^пр.с
Эта теория применяется как для хрупких, так и для пла-
пластичных материалов, неодинаково работающих на растяжение
и сжатие при любых напряженных состояниях. ¦
Наиболее часто на практике применяются последние три тео-
теории.
Пример 8.7. Для напряженного состояния, указанного
в примере 8.4, найти эквивалентные напряжения по всем пяти
теориям прочности, полагая v = 0,3 и к в (8.50) равным 0,7.
Решение. Учитывая вычисленные в примере 8.4 главные
напряжения, из (8.43), (8.45), (8.47), (8.49) и (8.50) получаем (раз-
(размерность напряжений МПа):
<4в = 180' °зкв = 180 - 0,3 • @ - 20) = 186,
41 = 180 - (-20) = 200,
о?в = -^ л/A80 - ОJ + A80 + 20J + @ + 20J = 191,
а^кв = 180 - 0,7 • (-20) = 194. ¦
Задачи
В задачах 8.1-8.13 для заданных тензоров напряжений (раз-
(размерность напряжений МПа; неуказанные напряжения равны ну-
нулю) найти
—	вектор напряжений pv = (X, У, Z) на площадке с нормалью
v = (/, т, п);
—	главные напряжения и нормальные векторы v& главных
площадок;
—	максимальное ттах и главные касательные напряжения,
а также координаты нормальных векторов V13, V235 V12 соответ-
соответствующих им площадок в исходной системе координат;
—	координаты нормальных векторов vo октаздрических пло-
площадок в исходной системе координат и соответствующие напря-
напряжения;
—	удельные потенциальные энергии изменений объема и фор-
формы, а также полную потенциальную энергию.
В расчетах принять: Е = 2,1 • 105 МПа; v = 0,3.
8.1. ах = 60, хху = -20, xxz = 20, ау = 50, az = 70; v =

Гл.8] Основы теории напряженного и деформированного состояний 329
8.2.	хху = xxz = xyz = 3;v = A/2, -1/2,
8.3.	ах = -40, хху = 20, ау = 60, ог = 20; v = (-1/2, -1/2,
1Д/2).
8.4.	ах = 10, хжу = 2, о„ = 8; v = A/2, -1/2,1/^2).
8.5.	ож = 120, хжг/ = 40, оу = 80, а2 = 100; v = A/2, лД/2, 0).
8.6.	аж = ПО, хху = 80, xxz = 20, а„ = 50, xyz = -100, о2 = 20;
v = @,1/2, л/3 /2).
8.7.	ож = 70, хжг/ = 10, xxz = 10, оу = 70, xyz = 10, а2 = 70;
v =@,-1/2, у/3/2).
8.8.	ох = 10, хЖ2/ = —30, xxz = —10, ау = 10, xy2 = 10, az = 50;
v=@,l/2,-V3/2).
8.9.	ох = 80, хЖ2/ = 40, xxz = -10, ау = -70, ху2 = 40, az = 80;
v= A/2, 0,^3 /2).
8.10.	ож = 30, хху = 60, оу = -30; v = A/2, уД/2, 0).
8.11.	Оя, = 100, хЖ2/ = 25,0^ = 50;v= (v^/2,-1/2,0).
8.12.	ож = 22,5, хЖ2/ = 65, ау = 52, 5; v = A/л/5 , 2/л/б , 0).
8.13.	ож = 100, хжг/ = 50, оу = 200; v = B/л/5 , -1/\/5 ,0).
8.14—8.26. Найти деформации и коэффициент изменения
объема для напряженных состояний, указанных соответственно
в задачах 8.1 8.13, полагая Е = 2,1 • 105 МПа; v = 0,3.
В задачах 8.27-8.40 для заданных напряженных состояний
(размерность напряжений МПа; не указанные напряжения равны
нулю) найти эквивалентные напряжения по всем пяти теориям
прочности, полагая v = 0,3 и к в (8.50) равным 0,7.
8.27.	<зх = -10, хху = -20, xxz = 20, ау = -10, xyz = 20, ог =
= 30.
8.28.	ож = 50, xyz = 50.
8.29.	ож = 10, хху = 100, хЖ2 = 30, ау = 10, xyz = 20, а2 = 10.
8.30.	ох = 40, хху = 20, хЖ2 = -60, ау = 10, xyz = -30, az = 90.
8.31.	ах = 30, хху = -20, xxz = 60, ау = 60, ху2 = 30, о2 = -20.
8.32.	ах = 200, хху = 200, оу = 400, о2 = -100.
8.33.	ож = 300, хху = 200, Oj, = -100, о2 = 200.
8.34.	<зх = 10, хжг/ = 40, ау = 10, Xj,2 = 20, ог = 40.
8.35.	ох = 10, хжг/ = 20, хЖ2 = 20, ау = —30, xyz = —60, о2 =
= -40.
8.36.	<зх = 20, хжг/ = 80, xxz = 40, оу = 90, а2 = 190.
8.37.	ах = 50, хжг/ = -20, ау = 80.
8.38.	ох = 120, хжу = -90, оу = 67,5.
8.39.	ах = хху = оу = 100.
8.40.	ах = 25, хху = 60, оу = 144.

330 Основы теории напряженного и деформированного состояний [Гл.8
8.41.	В точке тела имеет место НС одноосного растяжения
с напряжениями ож. Используя третью теорию прочности, опре-
определить касательные напряжения тжу, которые необходимо до-
дополнительно приложить для того, чтобы коэффициент запаса
прочности в полученном плоском НС был в два раза меньше
исходного.
8.42.	В точке тела имеет место плоское НС с главными на-
напряжениями oi = 2o2- Вычислить допускаемые значения этих
напряжений по четвертой теории прочности, если [о]р = 120 МПа.
Определить, как изменится коэффициент запаса прочности, если
дополнительно приложить третье главное напряжение аз = О2.
8.43.	Даны напряжения в поперечном сечении стержня ах =
= о = 120 МПа, хху = т = 80 МПа. Вычислить главные напряже-
напряжения и провести проверку на прочность по пятой теории прочно-
прочности, полагая [о]р = 160 МПа, [о]с = 320 МПа.
8.44.	Стальной прямоугольный брусок сечением 100 х 50 мм
без зазора вставлен между двумя параллельными недеформируе-
мыми стенками и по торцам нагружен равномерным давлением а.
По четвертой теории прочности вычислить допускаемое давле-
давление. В расчетах принять: [а] = 160 МПа, Е = 2-10ь МПа; v = 0,3.
8.45.	Известны два главных напряжения: oi = 65 МПа, 02 =
= 15 МПа. Каково должно быть наибольшее сжимающее тре-
третье главное напряжение аз для того, чтобы коэффициент запаса
прочности равнялся 2. Расчеты провести для двух теорий проч-
прочности: третьей и четвертой, положив опр = 240 МПа.
8.46.	Имеется два варианта пространственных НС, заданных
главными напряжениями: a) oi = 80 МПа, 02 = 60 МПа, аз =
= 20 МПа; б) oi = 80 МПа, о2 = 60 МПа, о3 = 40 МПа. Для какого
из них эквивалентные по четвертой теории прочности напряже-
напряжения будут больше?
8.47.	Известны два главных напряжения 02 = аз = —100 МПа
для пластичного материала. Чему должно быть равно третье
главное сжимающее напряжение а для того, чтобы эквивалентное
по четвертой теории прочности напряжение было равно нулю?
8.48.	Даны главные напряжения: oi = 20 МПа, 02 = 10 МПа,
аз = —5 МПа. Определить эквивалентные напряжения по третьей
и четвертой теориям прочности.

Гл ава 9
РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ СЛОЖНОМ
НАПРЯЖЕННОМ СОСТОЯНИИ
В соответствии с принципом суперпозиции (утверждение П.2)
может быть введено следующее понятие.
Определение 9.1. НДС стержня называется слож-
сложным, если в его поперечном сечении отличны от нуля как нор-
нормальные, так и касательные напряжения. ¦
Как правило, сложное НДС вызвано сочетанием простейших
видов деформации: растяжения-сжатия, кручения и изгиба. Кро-
Кроме того, о нем необходимо говорить при учете касательных напря-
напряжений от перерезывающей силы при изгибе. При сложном НДС,
очевидно, могут быть отличны от нуля все внутренние силовые
факторы.
При расчетах на прочность стержней, находящихся в сложном
напряженном состоянии, отах (см. п. VI § П.1) не может быть
выбрано так просто как при растяжении-сжатии, кручении или
изгибе (см. главы 1, 4 и 5, 6). Поэтому используются теории проч-
прочности, указанные в гл. 8.
Для стержня из (8.43), (8.45), (8.47), (8.49) и (8.50) с учетом
результатов примера 8.3 вытекают следующие формулы для эк-
эквивалентных напряжений (римские цифры в обозначениях ука-
указывают на номер теории):
— - 4- -л/а2 + 4т2	(9 1)
1 —v	1+v /
-^о+^рУа2 + 4т2,	(9.2)
(^. = V?+4?,	(9-3)
у
4кв = V о2 + Зх2 ,	(9.4)
-к
+ -g- Vа2 + 4т2 .	(9.5)
Алгоритм расчета стержней и стержневых систем при
сложном НС, в общем, аналогичен соответствующим алгоритмам
для простейших НС и заключается в следующем.

332 Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии [Гл. 9
1.	Строим эпюры всех внутренних силовых факторов
(см. § 7.1, 7.3) и выбираем опасное сечение.
2.	Проводим проектировочный расчет на прочность. В вы-
выбранном сечении находим распределение напряжений только от
изгибающих и крутящих моментов (строим соответствующие
эпюры) и выбираем точку, в которой по заданной теории проч-
прочности отах = <5ЗКв,тах (см> гл-8)- С помощью неравенства (П.27)
подбираем размеры сечения.
3.	В поверочном расчете дополнительно учитываем напряже-
напряжения от нормальной и перерезывающих сил. Сначала оцениваем
вклад каждого из них в напряженное состояние. Если их мак-
максимумы составляют менее 5% от допускаемого напряжения, то
принимаем размеры, определенные в проектировочном расчете.
В противном случае находим отах = азкв,тах с учетом всех си-
силовых факторов. Если условия проверки (см. п. VI § П.1) выпол-
выполняются, то на этом расчет заканчивается. Если же это не так, то
увеличиваем размер сечения и заново определяем отах = <5ЗКв,тах
и повторяем проверку. Последнее действие может проводиться
неоднократно. Однако очевидно, что число таких итераций ко-
конечно. ¦
Отметим, что в общем случае выбор опасного сечения и рас-
расчетной точки связан с решением очень сложной задачи на наи-
наибольшие значения для функции трех переменных озкв, max =
= /(s, у, z\ где s — продольная координата вдоль осей брусьев.
Поэтому обычно ограничиваются рассмотрением нескольких се-
сечений и расчетных точек.
Пример 9.1. По второй, третьей и четвертой теориям
прочности определить диаметр d круглого поперечного сечения
рамы, изображенной на рис. 9.1 а. В расчетах принять: / = 0,3 м;
Р = 150 Н, [а] = 160 МПа, v = 0,3.
ij
Mz=3Pl
Рис. 9.1
Решение. 1. Рама статически определимая. Строим
(см. § 7.1) эпюры изгибающих Mz, My и крутящих Мк моментов

Гл. 9] Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии 333
в раме (см. рис. 9.1 б). Опасное сечение расположено в заделке,
где
МК = ЗР1.
2. Проводим проектировочный расчет. Для круговых и коль-
кольцевых (в том числе, и тонкостенных) сечений любые центральные
оси Cyz являются главными, и Jy = Jz = J, Wy = Wz = W =
— Wk/2 (табл. П.З, П.4 и П.6). Поэтому при проектировочном
расчете для них удобно использовать эквивалентный изгибаю-
изгибающий момент Мзкв, выражения для которого по пяти теориям
прочности вытекают из следствия 6.1, равенства для ттах в D.7)
и формул (8.43), (8.45), (8.47), (8.49) и (8.50):
= о \/Mz + Mv+o \/Mz + Mv + Мк ,	(9-6)
(9.7)
= ,JmI + А/2 + Ml,	(9.8)
(9.9)
1 -
^ = ——JM* + Mf. H	7—\M* + Mf. + M? . (9.10)
3KB	QV'2'	2/	О V z	У	к	v	^
z v	z v	"
При этом используется условие прочности
а3кв,тах = —^jr < [а].	(9.11)
Для рассматриваемого примера получаем
= \/б2 + 22 + З2 Р/ = 7Р/,
+ 22 + 0,75-32Р/ = 6,83Р/.
Учитывая, что W = тга!3/32, из (9.11) получаем
d> з/32Мзкв

334 Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии [Гл. 9
Следовательно, диаметры поперечного сечения по второй,
третьей и четвертой теориям прочности определяются так (ин-
(индекс соответствует номеру теории):
= 0,0268 м,
32-756 = 0,0272м,
= 0,0269м.
Принимаем d11 = 2,68 см, dm = 2,72 см, dw = 2,69 см. ¦
Пример 9.2. Элементы рамы, изображенной на рис 9.1 а,
имеют поперечные сечения в виде прямоугольника со сторона-
сторонами 26 и 6, причем вертикальная плоскость рамы является плоско-
плоскостью наибольшей жесткости сечения. На основании третьей тео-
теории прочности определить размер 6 поперечного сечения. В рас-
расчетах принять: / = 0,3 м; Р = 150 Н, [а] = 160 МПа.
Решение. 1. Опасное сечение рамы и значения изгибаю-
изгибающих Mz, My и крутящего момента Мк определены в примере 9.1.
2. Находим моменты инерции поперечного сечения элементов
рамы (см. табл. П.З): Jz = 264/3, Jy = 64/6 и с учетом знаков
изгибающих моментов (Mz = — 6Р/, Му = —2Р1) уравнение ней-
нейтральной линии (см. F.2) и F.3)):
_ Mz Му _ PI	_	_ 4
Jz	Jy	Ь	о
Эпюры нормальных а и касательных т от крутящего момен-
момента (см. таблицы П.4, П.5) напряжений в опасном сечении рамы
представлено на рис. 9.2. Из
их совместного рассмотрения
заключаем, что расчет сечения
на прочность следует произво-
производить по трем опасным точкам:
А (г — т  П (с; — г: 
^ V1А — LmaxJ5 J-/ Vu D — umax,/
и точке В (хв = угтах, у = 0,795).
МУ=2Р1 Учитывая, что WK = 2ос63 (а =
= 0,246), получаем:
— точка А (у = 0, z = 6/2)
оА= (9-0 + 12^ = ^,
®Mz=6Pl
ky
Tmax2 J
За
e
ЗР1
Рис. 9.2
Мк =
WK 0,4926'
= 6,10
PI

Гл. 9] Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии 335
i		PI
—	точка D (y = 6, z = 6/2)
r\ D	D
—	точка В (у = 6, z = 0)
Таким образом наиболее опасной точкой является точка D.
Из условия прочности
Р/
находим требуемый размер:
з/15-150-0,3
V 160-ю6 -
Принимаем Ь = 1,62 см. ¦
Пример 9.3. Элементы рамы, изображенной на рис. 9.1 а,
имеют тонкостенное коробчатое поперечное сечение со сторонами
26 и Ь при толщине его стенки 5. Плоскость наибольшей жесткости
сечения совпадает с вертикальной плоскостью рамы. На основа-
основании третьей теории прочности определить размер поперечного
сечения Ь. Провести весовой анализ для рам указанного, круглого
и прямоугольного сечений. В расчетах принять: / = 0,3 м; Р =
= 150 Н, [а] = 160 МПа, 5 = 2 мм.
Решение. 1. Опасное сечение рамы и значения изгибаю-
изгибающих Mz, My и крутящего Мк моментов определены в примере 9.1.
2. Находим моменты инерции поперечного сечения элементов
рамы (см. табл. П.З)
Л = 2 | —j^	h 656 | = 3,336 5,
Л =
'y
^r + 265(|
= 1,17635

336 Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии [Гл. 9
и с учетом знаков изгибающих моментов (см. пример 9.2) урав-
уравнение нейтральной линии:
м2 му ... „„ . _ х pi
= 6PI
п: o=--
п: у =-0,950^.
Эпюры нормальных а и касательных т от крутящего момента
(см. табл. П.4) напряжений в опасном сечении рамы представле-
представлены на рис. 9.3. Из их совместного рас-
рассмотрения заключаем, что наиболее
опасной точкой является D (у = 6,
z = 6/2), так как aD = amaX5 а ка"
сательное напряжение т равномерно
распределено по нормали к средней
линии поперечного сечения. Вычис-
ляя момент сопротивления кручению
WK = 2FKo = 4625, получаем
zm =2Pl
oD =A,806
ЗР1 ЗР1
PI
WK 2FK5
PI
PI
agB = 72T\/2,662 + 4 -0,752 = 3,05-^-.
Do	Do
Из условия прочности
получаем
D
PI
j3kb ~~ 3,05 2
3,05-150-0,3
= 0,0207 м.
5 [a]	V 0,002-160-10°
Принимаем b = 2,07 см.
Весовой анализ достаточно провести по площадям попереч-
поперечных сечений, которые пропорциональны массам рам:
—	круглое сечение (пример 9.1): F = n(dmJ/4 = к • 2,722/4 =
= 5,81 см2;
—	прямоугольное сечение (пример 9.2): F = 262 = 2 • 1,622 =
= 5,25 см2;
—	тонкостенное сечение: F = 665 = 6 • 2,07 • 0,2 = 2,48 см2.
Следовательно, более экономичным является тонкостенное
сечение. ¦

Гл. 9] Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии 337
Пример 9.4. С использованием третьей теории прочности
провести проектировочный и поверочный расчеты на прочность
изображенной на рис. 9.4 а балки тонкостенного замкнутого сече-
сечения. В расчетах принять: Р = 120 Н, / = 20 см, 6/5 = 10, от =
= 240 МПа, коэффициент запаса прочности п = 2.
Решение. 1. Эпюры всех внутренних силовых факторов
приведены на рис. 9.4 а. Очевидно, опасное сечение рамы распо-
расположено в заделке, где
Mz = -2PI, My = -PI,
Qz = P, Q = 2P,
Mk = 0,4P/,
N = 9P.
2. Проведем проектировочный расчет. В соответствии с ал-
алгоритмом при этом учитываем только напряжения от моментов.
Соответствующее НС — сочетание косого изгиба и кручения.
Предварительно вычисляем моменты инерции поперечного
сечения балки (см. гл.З и табл. П.З):
Л = 2
Jy = 2
26 (\
6^5
12
= 1,17635= 1,17
2S63
= 0,833635 = 0,833 • 103
и с учетом знаков изгибающих моментов (см. пример 9.2) урав-
уравнение нейтральной линии:
^
n:
a =-
y-
^
z =
1,20^)
^
^
= 0,
га:
у =-0,702^.
Эпюры нормальных о от изгибающих моментов и касатель-
касательных т к от крутящего момента (см. табл. П.4) напряжений в опас-
опасном сечении рамы представлено на рис. 9.4 б. Из их совместного
рассмотрения видно, что наиболее опасной точкой является А на
участке А-В {у = 6/2, z = 6/2), так как аЛ = отах, а касательное
напряжение т равномерно распределено по нормали к контуру
поперечного сечения, и на А-В толщина минимальная. Вычисляя
величину FK = b2 = 100 52, получаем
<# =
Ь	Ь
2 + '2
Р1
84 • 103
2FK5 2FK5 2 • 10053
= 0,200 lO^,

338 Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии [Гл.9
у	0,4Я
.	© 9Р
ЭЩР]
ЭМу[Р1]
1
ЭМ2[Р1]
ЭМК[Р1]
Ж
Ж
ж
25,
0,4
1
4
Эх0
L Jz J
I
/2
1
4N
о,
1
Рис. 9.4

Гл. 9] Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии 339
f 10^1,45 + 4-0,22 = 1,50 • 1(Г2^.
5	5
Учитывая, что [а] = аТ/п = 120 МПа, из условия прочности
получаем
3/15,0.10-'^ = 3/15,0-10-3-120-0,2 =	3 м.
У	[о]	V	120 • 106
Принимаем 5 = 1,5 мм; Ь = 15 мм.
3. Проведем поверочный расчет. Прежде всего, находим на-
напряжения от действия перерезывающих и нормальной сил. Эпю-
Эпюры касательных напряжений тРу и iPz от действия перерезы-
перерезывающих сил Qy и Qz представлены соответственно на рис. 9.4 в
(методику их построения см. в § 5.3). Следовательно,
Qy _ ЪОу^ _ 5-2Р-62 _ Р_ _
W- 8Л -8M7635-W6g-
1 20
'Гмм-' = 5'7° •106 Ш = 5'7°
xg. -Q^- р-ь2 -ошр-
max 2Ja 2-0,833635 '65
= 0,60015 1о_312 1о_3 = 3,20 • 106 Па = 3,20 МПа.
Напряжения aN от действия нормальной силы распределены
по сечению балки равномерно (см. гл. 1):
N
120
F 2 (b -5 + b -25) '5 ' 15 • ИГ3 • 1,5 • ИГ3
= 24,0 • 106 Па = 24,0 МПа.
Очевидно, aN составляет 20 % от [о]. Поэтому заново опреде-
определяем amax = оЗКв,тах Уже с учетом всех силовых факторов. По-
скольку основной дополнительный вклад вносят напряжения aN,

340 Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии [Гл.9
то и в данном случае расчетной точкой является А на участке
А В. Здесь
м л А, 1П-2^ л А, 1П-2 120-0,2
аА =1,45-10 F = 1,45-10 A>5.10-8)8 =
6
= 103 • 106 Па = 103 МПа,
=0,2- 10-^ = 0,
53
53	A,5 • 10~3)J
= 14,2-106 Па= 14,2 МПа,
Qy Qyb2	P	120
Т л —— 	 —— U.oOO— —— U.oOO	о	"о
J\	ОГ	'	Jx'?	'	-1 rr -1 r\ — о 1 К 1 П — &
15 • Ю-3 • 1,5 • Ю
= 4,56 • 106 Па = 4,56 МПа,
X	0 зоо 0 300
%А - 4Jy -<MUU68-lMl)и15.10-з.15.10-з-
= 1,60 • 106 Па = 1,60 МПа.
Отсюда с учетом знаков нормальных напряжений и направ-
направлений касательных напряжений получаем компоненты суммар-
суммарного НС и эквивалентные напряжения:
ga=o% + aN = 103 + 24,0 = 127 МПа;
хл = х^к + xQAy - xjz = 14,2 + 4,56 - 1,60 = 17,2 МПа;
\ + 4х2л = x/l272 + 4.17,22 = 132 МПа.
Поскольку amax = <j^b превышает [а] на 10 %, то увеличиваем
размеры сечения. Принимаем 5 = 1,6 мм; Ь = 16 мм и повторяем
поверочный расчет:
aN = 4,5-^ = 4,5	-^	т = 21,1 • 106 Па = 21,1 МПа,
' 65 ' 16 ¦ ИГ3 ¦ 1,6 ¦ ИГ3
о? = 1,45 • КГ2^- = 1,45 • 10~2— '^ о =
S3	A,6-Ю-3K
= 84,9 • 106 Па = 84,9 МПа,
= 0,2 ¦ 10-2^ = 0,2 ¦ Ю
53
-2
^ 0, Ю	з
53	A,6-ЮK
= 11,7 -106 Па= 11,7 МПа,

Гл. 9] Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии 341
1л = и,ооо— = и,ооо	зо	^з" =
= 4,01 106 Па = 4,01 МПа,
г?' = 0,300^ = 0,300	^	, =
= 1,41 -106 Па = 1,41 МПа,
сЛ = с% +cN = 84,9 + 21,1 = 106 МПа,
%А = хм« + xQv - xf = 11,7 + 4,01 - 1,41 = 14,3 МПа,
= у/
а\ + 4т^ = л/Юб2 + 4 • 14,32 = ПО МПа.
Так как теперь отах = о^в < [о], то на этом расчет заканчи-
заканчиваем.
Итак, 5 = 1,6 мм и Ь = 16 мм. ¦
Задачи
9.1.	На концах вала круглого поперечного сечения приложе-
приложены крутящий Мк и изгибающий М моменты. Определить диа-
диаметр d вала по первой, второй, третьей и четвертой теориям
прочности. В расчетах принять: Мк = 1 кН • м, М = 900 Н • м,
[а] = 100 МПа, v = 0,3.
9.2.	В сечениях тонкостенной трубы с радиусом поперечного
сечения R и толщиной стенки 5 действуют растягивающая сила Р
и крутящий момент М = PR. Труба изготовлена из листа двумя
способами: 1 — края листа сварены, 2 — края листа свободны.
Определить по третьей теории прочности отношение эквивалент-
эквивалентных напряжений, соответствующих этим вариантам.
9.3.	Найти отношение масс двух балок одинаковой длины
с постоянным поперечным сечением, одно из которых круглое
диаметром d, а другое — квадратное со стороной d, при условии
их равнопрочности по третьей теории прочности. Балки нагру-
нагружены на концах изгибающими М и крутящими Мк = М/2 мо-
моментами.
9.4.	При каком соотношении между изгибающими М и кру-
крутящими Мк моментами, приложенным на концах балок, имею-
имеющих квадратное со стороной b и круглое диаметром d попереч-
поперечные сечения, площади которых равны между собой, они будут
равнопрочными. Балки изготовлены из одинакового материала.
Сравнение провести, исходя из четвертой теории прочности.

342 Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии [Гл. 9
9.5. Изображенная на рисунке балка имеет поперечное сече-
сечение в форме прямоугольника высотой 26 и шириной Ь. Сравнить
результаты проектировочных расчетов по третьей и четвертой
теориям прочности. В расчетах принять: Р = 1 кН, / = 0,4 м;
Мк = 800Н-м, [о] = 300 МПа.
Мк
I
P=mg
К задаче 9.5
К задаче 9.7
9.6.	Для указанной в задаче 9.5 балки рационально ориен-
ориентировать поперечное сечение балки (длинная сторона сечения b
параллельна оси Су или оси Cz). Для расчетов использовать
третью теорию прочности.
9.7.	Вал круглого сечения диаметром d поддерживает шкив
диаметром D и массой т (см. рисунок). Используя третью тео-
теорию прочности, определить эквивалентные напряжения в сече-
сечении Л, если горизонтальные натяжения верхней и нижней частей
ремня равны соответственно Nj и N2. В расчетах принять: d =
= 2 см; / = 15 см; D = 0, 75 м; т = 20 кг, N^ = 700 Н, N2 = 100 Н.
Указание: вес шкива учесть с помощью сосредоточенной
силы Р = mg (см. рисунок).
9.8.	Вертикальная консольно защемленная труба (см. рису-
рисунок) подвергается действию горизонтальной силы Р, приложен-
приложенной на расстоянии а от оси трубы. Определить на основании
третьей теории прочности эквивалентные напряжения в стенках
трубы. В расчетах принять: Р = 1 кН, а = 1м, / = 7,5м; момент
сопротивления изгибу W = 150 см3.
9.9.	На вал насажаны два круглых диска диаметром D\ и D^
на которые действуют вертикальные силы Р\ и Р% соответствен-
соответственно (см. рисунок). Определить диаметр вала по третьей теории
прочности. В расчетах принять: / = 1 м, D\ = 20 см, D2 = 50 см,
Pi = 5 кН, Р2 = 2 кН, [а] = 500 МПа.
9.10.	К свободному краю балки (см. рисунок) тонкостенного
кольцевого поперечного сечения диаметром d и толщиной 5 при-
присоединен жесткий элемент. К его свободным краям приложены
силы Р\ и Р2. По четвертой теории прочности определить 5.
В расчетах принять: / = 0,5 м, а = 15 см, Р\ = 500 Н, Р2 = 300 Н,
d = 5 см, [а] = 100 МПа.

Гл. 9] Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии 343
9.11. Решить задачу 9.10 с использованием третьей теории
прочности.
К задаче 9.8
К задаче 9.9
К задаче 9.10
9.12.	Для консольно защемленной балки длиной /, нагружен-
нагруженной на свободном краю крутящим моментом М и поперечной
силой Р, провести проектировочный и поверочные расчеты на
прочность с использованием третьей и четвертой теорий прочно-
прочности. Балка имеет поперечное квадратное сечение со стороной Ь.
Для вычислений в расчетах принять: М = 2Р/, Р = 1 кН, / =
= 0,4 м; от = 270 МПа, п = 3.
9.13.	В задаче 9.12, считая материал балки неодинаково ра-
работающим на растяжение и сжатие, а также неизвестным за-
запас прочности, определить последний при использовании пя-
пятой теории прочности. Дополнительно в расчетах принять: к =
= [°]Р/[а]с = 0,4;6 = 4,5см.
9.14.	К консольно закрепленной балке прямоугольного попе-
поперечного сечения 26 х b на ее свободном конце приложены попе-
поперечная сила Р и крутящий момент М. На основании третьей тео-
теории прочности провести проектировочный и поверочный расчеты
на прочность в двух вариантах: плоскость наибольшей жесткости
сечения параллельна или перпендикулярна плоскости ее изгиба.
В расчетах принять: Р = 100 Н, М = 800 Н • м, / = 0,5 м; от =
= 330 МПа, п = 3.
9.15.	На вал диаметра d насажаны два шкива, диаметры
которых D\ и D<i. Усилия приводов Р\ и P<i = 2Р\ направле-
направлены соответственно вертикально и горизонтально (см. рисунок).
Определить по третьей теории прочности наибольшее допускае-
допускаемое значение Р\. В расчетах принять: / = 0,6 м; d = 2 см, D\ =
= 30 см, D2 = 15 см, [а] = 300 МПа.
9.16.	Стальной стержень длиной / защемлен на левом краю,
а на свободном торце нагружен растягивающей силой Р и кру-
крутящим моментом М = PL Стержень имеет круглое поперечное
сечение диаметром d. На основании третьей теории прочности

344 Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии [Гл. 9
определить допускаемую величину силы Р. В расчетах принять:
/ = 0,5 м; d = 3 см, [а] = 300 МПа.
7V7~
I
i
\
[Г
\
2/
м 7V
I
К задаче 9.15
В задачах 9.17-9.20 считать, что заданные нормальные а и ка-
касательные т напряжения определены экспериментально в опасной
точке сечения.
9.17.	На концах балки квадратного поперечного сечения со
стороной Ь приложены изгибающие М и крутящие моменты Мк =
= 2М. На основании третьей теории прочности определить зна-
значения изгибающего и крутящего моментов. В расчетах принять:
b = 2 см, а = 100 МПа, т = 55,9 МПа.
9.18.	Решить задачу 9.17 для балки кругового поперечного
сечения диаметра d = 2 см.
9.19.	На свободном краю консольно защемленной балки кру-
кругового поперечного сечения диаметром d приложены продольная
сила Р и крутящий момент Мк = 2Pd. На основании четвертой
теории прочности найти силу Р. В расчетах принять: d = 3 см,
а = 20 МПа, т = 26,5 МПа.
9.20.	Решить задачу 9.19 с использованием третьей теории
прочности.
9.21.	Для изображенной на рисунке рамы, элементы которой
имеют квадратное сечение со стороной 6, провести проектировоч-
проектировочный расчет на прочность на основании третьей теории прочности.
В расчетах принять: Р = 2 кН, / = 0,5м; [а] = 300 МПа.
К задаче 9.21
К задаче 9.22
9.22. Для изображенной на рисунке рамы, все элементы ко-
которой имеют круглое сечение диаметром d, на основании третьей

Гл. 9] Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии 345
и четвертой теорий прочности произвести проектировочный рас-
расчет на прочность. В расчетах принять: / = 0,5 м; Р = 3 кН, [а] =
= 150 МПа.
9.23.	Для изображенной на рисунке к задаче 9.22 рамы, все
элементы которой имеют постоянное тонкостенное коробчатое
поперечное сечение высотой 6, шириной 26 и толщиной 5, на
основании четвертой теории прочности определить 5. В расчетах
принять: Р = 2 кН, / = 0,5 м; 6 = 3 см, [а] = 200 МПа.
9.24.	Для изображенной на рисунке к задаче 9.22 рамы, все
элементы которой имеют круглое поперечное сечение диамет-
диаметром d, по третьей и четвертой теориям прочности определить
длину / при которой эквивалентные напряжения в опасном се-
сечении рамы достигнут допускаемых значений [о]. В расчетах
принять: d = 5 см, Р = 2 кН, [а] = 160 МПа.
9.25.	Для изображенной на рисунке к задаче 9.22 рамы, все
элементы которой имеют круглое поперечное сечение диамет-
диаметром d, на основании пятой теории прочности определить до-
допускаемое значение силы Р. В расчетах принять: d = 3 см, / =
= 0,5 м; [о]р = 200 МПа, материал рамы неодинаково работает
на растяжение-сжатие, к = [ст]р/[о]с = 0,333.
9.26.	Для пространственной рамы (см. рисунок), все элемен-
элементы которой имеют квадратное сечение со стороной 6, определить
допускаемое значение силы Р, исходя из третьей теории прочно-
прочности. В расчетах принять: 6 = 2 см, / = 0,2 м; [а] = 160 МПа.
1
i
4
К задаче 9.26
i jSJ
t / У
1 +S
К задаче 9.27
9.27.	Для изображенной на рисунке рамы коробчатого попе-
поперечного сечения определить силу Р, при которой эквивалентные
по третьей теории прочности напряжения в ее опасном сечении
равны допускаемым [о]. Сечение имеет высоту 6, ширину 36
и толщину 5. В расчетах принять: 6 = 1 см, / = 0,4 м; 5 = 2 мм,
[а] = 200 МПа.
9.28.	Для изображенной на рисунке к задаче 9.27 рамы тонко-
тонкостенного коробчатого поперечного сечения высоты 6, ширины 26

346 Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии [Гл. 9
и толщины 5 на основании третьей теории прочности определить
предельно допускаемую длину /. В расчетах принять: Р = 100 Н,
Ь = 1 см, 5 = 2 мм, [а] = 200 МПа.
9.29.	Провести проектировочный и поверочный расчеты на
прочность изображенной на рисунке к задаче 9.22 рамы. Ее эле-
элементы имеют тонкостенное коробчатое сечение высоты 6, шири-
ширины 26 и толщины 5 = 6/10. Для вычислений использовать четвер-
четвертую теорию прочности. В расчетах принять: Р = 600 Н, / = 0,5 м;
от = 270 МПа, п = 3.
9.30.	Провести проектировочный и поверочный расчеты на
прочность изображенной на рисунке к задаче 9.21 рамы. Все
ее элементы имеют тонкостенное кольцевое сечение радиуса R
и толщиной 5 = Я/10. При вычислениях использовать третью
и четвертую теории прочности. В расчетах принять: Р = 700 Н,
/ = 0,5 м; от = 270 МПа, п = 3.
9.31.	На основании пятой теории прочности провести проек-
проектировочный и поверочный расчеты изображенной на рисунке к
задаче 9.27 рамы, поперечным сечением которой является круг
диаметра d. В расчетах принять: / = 0,4 м; к = [о]р/[а]с = 0,43;
Р = 900 Н, [а] = 150 МПа.
9.32.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.16 рамы, все
элементы которой имеют круглое поперечное сечение, на осно-
основании третьей теории прочности определить диаметр сечения d.
В расчетах принять: q = 100 Н/м, а = 0,5 м; [а] = 150 МПа.
9.33.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.17 рамы, все
элементы которой имеют круглое поперечное сечение диаметра d,
на основании третьей теории прочности определить размер а,
при котором максимальные эквивалентные напряжения в ее опас-
опасном сечении достигают допускаемых. В расчетах принять: q =
= 200 Н/м, d = 3 см, [а] = 200 МПа.
9.34.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.18 рамы, все
элементы которой имеют тонкостенное круговое поперечное се-
сечение радиуса R и толщины 5 = Я/5, на основании четвертой
теории прочности определить допускаемую величину нагрузки q.
В расчетах принять: а = 0,7 м; R = 15 мм, [а] = 120 МПа.
9.35.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.19 рамы, все
элементы которой имеют круглое поперечное сечение диаметра d,
на основании третьей теории прочности провести проектировоч-
проектировочный и поверочный расчеты. В расчетах принять: q = 300 Н/м,
а = 0,6 м; от = 450 МПа, п = 3.
9.36.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.20 рамы, все
элементы которой имеют тонкостенное круглое поперечное сече-
сечение толщины 5, на основании третьей теории прочности опреде-

Гл. 9] Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии 347
лить радиус сечения R. В расчетах принять: q = 200 Н/м, а =
= 0,8 м; 5 = 2 мм, [а] = 100 МПа.
9.37.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.21 рамы, все
элементы которой имеют круглое поперечное сечение, на осно-
основании четвертой теории прочности определить его диаметр d.
В расчетах принять: q = 200 Н/м, а = 0,6 м; [а] = 160 МПа.
9.38.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.24 рамы, все
элементы которой имеют тонкостенное круговое поперечное сече-
сечение толщины 5, на основании пятой теории прочности определить
его радиус R. В расчетах принять: q = 400 Н/м, а = 0,7 м; 5 =
= 2 мм, к = [а]р/[а]с = 0,4; [а] = 160 МПа.
9.39.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.25 рамы, все
элементы которой имеют круглое поперечное сечение диаметра d,
на основании четвертой теории прочности провести проектиро-
проектировочный и поверочный расчеты. В расчетах принять: q = 300 Н/м,
а = 0,5 м; от=240 МПа, п = 3.
9.40.	Для рамы из примера 9.3 определить запас прочности п
с использованием третьей теории прочности. В расчетах принять:
Р = 150 Н, / = 0,3 м; 5 = 2 мм, 6/5 = 10, от=240 МПа.
9.41.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.155 круглого
поперечного сечения диаметра d на основании третьей теории
прочности провести проектировочный расчет. В расчетах при-
принять: q = 200 Н/м, / = 0,5 м; [а] = 150 МПа.
9.42.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.156 рамы круг-
круглого поперечного сечения диаметра d на основании четвертой
теории прочности произвести проектировочный расчет на проч-
прочность. В расчетах принять: М = 100 Н • м, [а] = 200 МПа.
9.43.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.157 рамы круг-
круглого поперечного сечения диаметра d на основании третьей тео-
теории прочности провести проектировочный расчет на прочность.
В расчетах принять: q = 100 Н/м, / = 0,5 м; [а] = 150 МПа.
9.44.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.158 рамы
круглого поперечного сечения диаметра d на основании третьей
теории прочности произвести проектировочный расчет на проч-
прочность. В расчетах принять: М = 100 Н • м, [а] = 200 МПа.
9.45.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.159 рамы
круглого поперечного сечения диаметра d на основании третьей
теории прочности произвести проектировочный расчет на проч-
прочность. В расчетах принять: q = 200 Н/м, / = 0,6 м; [а] = 160 МПа.
9.46.	Для изображенной на рисунке к задаче 7.160 рамы
круглого поперечного сечения диаметра d на основании третьей
теории прочности произвести проектировочный расчет на проч-
прочность. В расчетах принять: Р = 200 Н, / = 0,4 м; [а] = 160 МПа.

Глава 10
РАСЧЕТ ОБОЛОЧЕК ВРАЩЕНИЯ
В этой главе в отличии от всех остальных объектом изучения
является оболочка.
Определение 10.1. Пусть П — двусторонняя ориенти-
ориентированная поверхность. В каждой точке A Е П проведем нормаль
и отложим два отрезка АА\ и AA<i длины 5/2 в направлениях
внешнего п и внутреннего (—
—п) единичных нормальных
векторов. Поверхности, обра-
зованные совокупностями то-
точек А-[ и A%, обозначим че-
через П1 и П2 (рис. 10.1).
Тело G, ограниченное по-
поверхностями 111 и Щ, назы-
называется оболочкой толщины 5,
р 10 ,	а поверхности П, IIi и Щ — ее
срединной, внешней и внут-
внутренней поверхностями. Если 5(Л) = const, то G — оболочка по-
постоянной толщины.
Если 5<d = max (diam П, max p(Ai, A%)), то оболочка на-
ллеп
зывается тонкой (или просто оболочкой). Здесь diam П — диаметр
срединной поверхности, a p(^i, A2) — расстояние между точка-
точками А-[ и A<i- ¦
Определение 10.2. Если П — поверхность вращения,
то оболочка называется оболочкой вращения, а ось поверхности
П — осью оболочки.
Плоская кривая Гт, лежащая в пересечении срединной по-
поверхности и проходящей через ось вращения плоскости (враще-
(вращением которой получена поверхность П), называется меридианом,
а соответствующее сечение оболочки — меридиональным сечени-
сечением (рис. 10.2).
Сечение оболочки круговой конической поверхностью с вер-
вершиной в точке O<i — точке пересечения нормали к срединной по-
поверхности и оси — называется окружным (коническим) сечением
(см. рисунки 10.2 и 10.3). Окружность Гр, являющаяся пересе-
пересечением окружного сечения и срединной поверхности, называется
параллелью, ш

Гл.10]
Расчет оболочек вращения
349
Очевидно, параллель расположена в некоторой плоскости,
перпендикулярной оси оболочки. Срединную поверхность можно
задать параметрически следующим образом:
П: г = фр,л),	A0.1)
где sp и s — длины дуг параллелей и меридианов. Причем эти
кривые как координатные линии поверхности ортогональны.
Рис. 10.2
Рис. 10.4
Далее обозначим через гр радиус окружности Гр, а через Rm
и Rp = \О2Л\ — радиусы кривизны меридиана Гш и кривой Г,
лежащей в пересечении поверхности П и плоскости с нормальным
вектором т — касательным вектором к Гш (см. рис. 10.2). В силу
симметрии эти радиусы не зависят от окружной координаты:
= rp(s), Rm =
Rp = Rp(s).
A0.2)
Для описания НДС оболочек вводятся предположения типа
гипотезы Бернулли (см. аксиомы П.8, 4.1, 4.2 и 5.1-5.3). При этом
в сопротивлении материалов ограничиваются только определени-
определением напряжений в рамках так называемой безмоментпной теорией
оболочек вращения постоянной толщины.
На рис. 10.4 изображен элемент оболочки (элемент срединной
поверхности), ограниченный двумя коническими и двумя мери-
меридиональными сечениями.
Определение 10.3. Нормальные напряжения ар в ме-
меридиональных и ат в окружных сечениях называются соответ-
соответственно окружными и меридиональными напряжениями, ш
Аксиома 10.1. Напряженное состояние оболочки удовле-
удовлетворяет следующим условиям.
1. Напряжения на площадке с нормалью п отсутствуют (ги-
(гипотеза о ненадавливаемости волокон).

350	Расчет оболочек вращения	[Гл. 10
2. В меридиональных и окружных сечениях отличны от нуля
только окружные ар и меридиональные аш напряжения, которые
распределены по толщине оболочки равномерно. ¦
Эта гипотеза подтверждается в том случае, если
—	срединная поверхность оболочки гладкая;
—	внешняя нагрузка (см. определение П.9) — давление р(А),
т. е. pv = pn, причем
p(A)=p(s),	A0.3)
и оно изменяется плавно;
— опоры оболочки таковы, что реакции в них направлены по
касательной к меридиану.
Из уравнения равновесия в проекции на нормаль к средин-
срединной поверхности при учете аксиомы 10.1 следует уравнение, свя-
связывающее меридиональные и окружные напряжения (уравнение
Лапласа):
+
1Tr T
пт tip о
Отметим, что при выводе уравнений равновесия в силу мало-
малости толщины оболочки полагается, что поверхностная нагрузка
приложена к срединной поверхности.
Второе соотношение для определения напряжений удобнее со-
составлять, проецируя уравнение равновесия для отсеченной части
оболочки, соответствующей части Потс срединной поверхности,
на ось вращения — ось Ох (рис. 10.5):
pn,i)dS = 27irpom5sin6, rp = Rpsmd.	A0.5)
Поте
Для частных случаев распределения давления проекция
равнодействующей давления определяется следующими утверж-
утверждениями (в них П не обязательно является поверхностью
вращения).
Утверждение 10.1. Если р = const, то
,	A0.6)
Поте
где Fyz — площадь проекции поверхности Потс на плоскость,
перпендикулярную оси вращения — плоскость Oyz. ш
Утверждение 10.2. Если оболочка заполнена однород-
однородной жидкостью с удельным весом у (р = уж; координата х отсчи-
тывается от свободной поверхности, рис. 10.6), то
(рл i) dS = yV = P	A0.7)
OTC	OTC?

Гл.10]
Расчет оболочек вращения
351
Потс
где VOTC — объем области GOTC, ограниченной поверхностями Потс,
цилиндрической поверхностью Пц радиуса гр и плоскостью х =
— 0; РОтс — вес жидкости, находящейся в области GOTC. ш
Алгоритм расчета оболочек заключается в следующем.
1.	С помощью уравнений A0.4) и A0.5) определяем окружные
и меридиональные напряжения и строим их эпюры по оси. Ес-
Если одновременно имеются и жидкость и равномерное давление,
то интеграл в A0.5) есть сумма правых частей равенств A0.6)
и A0.7). Отметим, что на тех участках, где геометрия оболочки
неизменна, эпюры напряжений непрерывны.
Для цилиндрических оболочек большой длины в рамках со-
сопротивления материалов могут быть рассмотрены и так назы-
называемые балочные нагрузки (как правило, крутящие моменты,
см. § П.1) — комбинированная модель. При этом НС оболочки
есть суперпозиция напряжений от давления в рамках теории обо-
оболочек и напряжений в тонкостенной балке (см. главы. 1, 4, 5).
2.	По выбранной теории прочности находим азкв(х). При этом
учитываем, что одно из главных напряжений равно нулю, а два
других совпадают с ар и ат. В случае комбинированной модели
в силу малой толщины оболочки НС ее элемента плоское, главные
напряжения вычисляются по формуле (8.38), где ах — напряже-
напряжения, полученные суммированием аш и нормальных напряжений
от растяжения-сжатия и изгиба, а в местной системе координат
оу = ар.
Вычисляя максимум функции озкв(ж) или рассматривая опас-
опасные сечения, находим отах = оЗКВ5тах (см. п. VI § П.1).
3.	Исходя из неравенства (П.27), проводим расчет на проч-
прочность (проектировочный и поверочный). ¦
Пример 10.1. Используя III теорию прочности, опреде-
определить глубину нагруженной внутренним давлением р = 0,4 МПа

352
Расчет оболочек вращения
[Гл. 10
замкнутой сферической оболочки радиуса R = 1 м. Допускаемые
напряжения [а] = 120 МПа.
Решение. 1. В силу симметрии задачи для сферической
оболочки, находящейся под действием внутреннего давления,
меридиональные и окружные напряжения равны между собой,
и сразу определяются из уравнения A0.4):
pR 2 • 105
2.	Учитывая, что в данном
oi = О2 = ош, аз = 0,
определяем эквивалентное напряжение по формуле (8.47):
О3кв — а1 ~ аЗ — <5т.
3.	Из условий прочности
PR ^ г 1
находим требуемую толщину оболочки
^ 2[с] 2-120-106
Принимаем 5 = 1,7 мм. ¦
Пример 10.2. По IV теории прочности определить глу-
глубину заполненной жидкостью плотности р круговой цилиндриче-
цилиндрической оболочки, изображенной на рис. 10.7 а. В расчетах принять:
R = 2,2 м; р = 800 кг/м3; [а] = 100 МПа.
Рис. 10.7
Решение. 1. Нумерация характерных сечений оболочки
и координатная ось Ох указаны на рис. 10.7 а.

Гл. 10]	Расчет оболочек вращения	353
Прежде всего, отметим, что для круговой цилиндрической
оболочки Rp = R и 6 = тг/2, rp = Rp. Кроме того, на всех участках
область Goto указанная в утверждении 10.2, совпадает со всей об-
областью, занимаемой жидкостью (рис. 10.7 би в). Тогда, учитывая
A0.7), приходим к следующему виду уравнения A0.5):
^отс = Pg {kR2 • ЗД) = 2тгЯош5,
откуда следует, то меридиональные напряжения постоянны по
длине оболочки:
°ш	25 *
Поскольку для круговой цилиндрической оболочки Rm = ос,
то уравнение A0.4) позволяет определить окружные напряжения
вне зависимости от меридиональных:
PR
оР = —.
Используя это соотношение, по участкам определяем давле-
давление и окружные напряжения:
—	участок 1-2 (см. рис. 10.7 5)
р = 0, ср = 0;
—	участок 2-3 (см. рис. 10.7 в)
^
р(х) = pgCR - х), ар(х) =
°р2 = ^р(ЗД) = 0, орз = ар@) = ^
Эпюры Ор и ат представлены на рис. 10.7 а.
2. Наиболее нагруженным является сечение 3. Здесь
<*1 = ОрЗ? СУ2 = СУШ, G3 = 0.
Максимальное эквивалентное напря^<ение вычисляем с помо-
помощью формулы (8.49):
<5зкв, max = у ар3 + °т ~ ар3ат =
/з«+[;М2-з.? =
8 у	\2)	2	2 8
3. Используя условия прочности
_3V3_R*Pl
^max — Фзкв, max — о	Я
12 А. Г. Горшков и др.

354
Расчет оболочек вращения
[Гл. 10
определяем толщину оболочки
_ . 3\/3 R2pg 3\/3 • 0,52 • 800 • 9,81
-з
2[о]
2 • 200 • 106
= 0,987 -1(Г*м.
Принимаем 5=1 мм. ¦
Пример 10.3. Круговая коническая оболочка высоты h
и с углом конусности а прикреплена к жесткому основанию,
заполнена жидкостью плотности р и надута избыточным давле-
давлением ро (рис. 10.8 а). Определить потребную толщину оболочки,
исходя из теории прочности IV. В расчетах принять: h = 1 м; а =
= 30°; р = 900 кг/м3; р0 = 100 кН/м2; [а] = 60 МПа.
0,444
Решение. 1. Нумерация характерных сечений оболочки
и координатная ось Ох указаны на рис. 10.8 а.
Прежде всего, отметим, что для круговой конической оболоч-
оболочки (рис. 10.8 5, в)
= ОС,
= - - ОС,
г = rp =
X
V3
cos a
При этом уравнение A0.4) принимает вид
pRp 2px
Далее с помощью этого равенства и уравнения A0.5) с учетом
A0.6), (Ю.7) по участкам определяем окружные напряжения:
— участок 1-2 (рис. 10.8 б)
Р = Ро,
v _ 2poh
} ~ 35
, . _ 2рпх
2 • 10 • 103 • 1
35
= 0,667
104

Гл. 10]	Расчет оболочек вращения	355
4Poh П,,,Ю5
= -9T = 0'444—;
— участок 2-3 (рис. 10.8 в)
/2 \
р (х) = р0 + pg - h - х ,
\d	/
2х Г	/2 \1
+	о ^ - х h gp3 = ар@) = 0.
б	)\
Меридиональные напряжения находим из уравнения A0.5)
с учетом A0.6) и A0.7):
— участок 1-2 (рис. 10.8 б)
(\ о 2 \	о	л/3
^Ротс + PoFyz = pg I - nr^ • - h 1 + ponr^ = 2nramd—,
f2
— f ^	j
= 35 ( 81 ' 90° ' 9'81 'l + 10 ' 103 ) = °'336 ' "T'
= 98 ( 9 ' 90° ' 9'81 ' ! + 10 ' 103 ) = °'226 ' ~Ь
— участок 2-3 (рис. 10.8 e)
= ^ ^ (/i - x) + po , am3 = am@) = 0.
Зависимость ap от ж на участке 1-2 линейная. Остальные
составляющие эпюр необходимо исследовать на экстремум:
— участок 1-2
12*

356	Расчет оболочек вращения	[Гл. 10
2ft /2pgh _ 2ft /2 • 900 • 9,81 • 1
9 V Ро	9 V 10 • 103
участок 2-3
ч л-1\ + B
®р\Хр) — qs РО ~г Рё I q
= — R^ (ft - 2жт) +ро\ =0,
об [ о	J
Следовательно, экстремумов нет. Эпюры ар и аш приведены
на рис. 10.8 а.
2. Наиболее нагруженным является сечение 1. Для него
С>3 = 0.
Максимальное эквивалентное напряжение вычисляем с помо-
помощью формулы (8.49) (см. также пример 10.2):
<5зкв,тах
/
1 q 		q
= —^0,6672 + 0,3362 - 0,667 • 0,336 = 0,576 • —.
О	О
3. Используя условия прочности
105
C>max = СKкв max = 0,576 • — ^ [а],
О
определяем толщину оболочки
g ^ 0,576 • 105 0,576 • 105	1П_з
5 ^ 	r~i	=	«— = 0,961 -10 м.
[а]	60-106
Принимаем 5=1 мм. ¦
Пример 10.4. Круговая цилиндрическая оболочка ра-
радиуса R с полусферическим днищем того же радиуса запол-
заполнена жидкостью плотности р и надута давлением ро —
(рис. 10.9 а). Определить напряжения в оболочке.

Гл.10]
Расчет оболочек вращения
357
Решение. Нумерация характерных сечений оболочки и ко-
координатная ось Ох указаны на рис. 10.9 а.
Рис. 10.9
Учитывая результаты примеров 10.1 и 10.2 для сферической
и цилиндрической оболочек, определяем напряжения. На участ-
участках 0-1 и 1-2 сначала находим окружные напряжения:
— участок 0-1 (рис. 10.9 б)
PoR
р = Ро, вр	;
о
— участок 1-2 (рис. 10.9 в)
Р = Ро + Pg (ЗД - х) = pg DД - х),
DД - х)
Eр\ = <3р (ЗД) = —-—, Eр2 = <5р @) =
О
4pgR
а затем — меридиональные напряжения (на этих участках обла-
области Gqtc совпадают):
+ PoFyz = pg (nR2 • ЗД + ^ • ^ тгД3 J + p0nR2 = 2тгДат5,
35
Ha участке 2-3 (рис. 10.9 г, здесь же указана угловая ко-
координата ф) сначала вычисляем меридиональные напряжения
(Gqtc есть объединение сферического сегмента со стрелой hc =
= R A — coscp) и цилиндра радиуса г = гр = Дйтср и высоты
Нц = ЗД + Д cos ф; 6 = ф):

358	Расчет оболочек вращения	[Гл. 10
am2 =
3sin ф /	\IJ6o
1.	/ ч 5pgR
= lim аш(ф) = —-,
Ф^-0	io
а затем — окружные напряжения (ж = —
р =
pgR2 ( l-cos39
1 2 + cos ф	—о—
oo	cp—>-0	^o
Отметим, что равенство орз = отз можно получить без вы-
вычислений из соображений симметрии в точке сферы ф = 0.
На последнем участке необходимо исследовать напряжения
на экстремум:
,	PgR2 3 cos2 ф sin3 ф - 2 cos ф sin ф (l - cos3 ф)
= о,
35
PgR2 \
5 [
— sin ф
3cos2
PgR2
35
sin4 ф
PgR2
38
A-е
СОвф A
— cos ф) B
sin3 ф
>
cos2 ф + 4 cc
sin3 ф
J
= 0.
Поскольку эти уравнения не имеют решений на интервале
@, я/2), то экстремумы отсутствуют.
Эпюры меридиональных и кольцевых напряжений изображе-
изображены на рис. 10.9 д. Обратим внимание на разрыв кольцевых напря-
напряжений Ор в месте сопряжения цилиндра со сферой. В этой зоне
использованная теория не справедлива. Необходимо применять
более сложные уравнения, которые в сопротивлении материалов
не рассматриваются. Обычно в подобных сечениях используется
такое конструктивное решение, как установка упругого кольца
(шпангоута). ¦
Пример 10.5. Круговая цилиндрическая оболочка боль-
большого удлинения находится под действием внутреннего давле-
давления ро и крутящего момента М (рис. 10.10 а). Используя IV тео-
теорию прочности, определить толщину цилиндрической оболочки.

Гл.10]
Расчет оболочек вращения
359
В расчетах принять: R = 1 м; [а] = 100 МПа; ро — 1 МПа; М =
= ЗМНм.
R
©"¦
-т т т т т т т
" Ро
-наш
Рис. 10.10
Решение. 1. В соответствии с п. 1 алгоритма отдельно
вычисляем нормальные и касательные напряжения, используя со-
соответственно модели оболочки и вала, работающего на кручение.
Окружные и меридиональные напряжения определяем с ис-
использованием результатов примера 10.2 (см. рис. 10.10 5):
PoR	2	PoR
Op = —i—, PoFyz — Ро^лг = 2тг/г5ат, ат = -^-.
Отсюда дополнительно получаем следующее общее для нагру-
нагруженных постоянным давлением круговых цилиндрических обо-
оболочек утверждение: окружные напряжения в два раза больше
меридиональных.
Далее рассматриваем кручение оболочки как тонкостенного
стержня (см. гл.4). При этом касательные напряжения в попе-
поперечном сечении определятся так:
хк = ^-; WK = 2FK5 =
2. В соответствии с п. 2 алгоритма находим главные напряже-
напряжения по формуле (8.38), предварительно определяя ож, ау и т:
(а2 - а3J + (а3 -
<5ц — On
Ох +Оу
±-

360
Расчет оболочек вращения
[Гл. 10
1
45
О1 = Ь^ МПа,
О
4C-106J1_10^
"j" 5
МПа, а3 = 0.
2 i4 I = — @,750 ± 0,539) Па,
я ' • 1	о
Отсюда находим эквивалентные напряжения (см. (8.49)):
= у а1 + а1 -
= - д/1,292 + 0,2112 - 2 • 1,29 • 0,211 = -^ МПа.
О	О
3. Используя условие прочности озкв ^ [су], приходим к нера-
неравенству:
Окончательно принимаем 8=1,1 мм. ¦
Задачи
10.1. Определить толщину, находящуюся под действием
внутреннего давления ро — 1?5 МПа круговой цилиндрической
оболочки диаметра D = 2 м. Расчет выпол-
выполнить по IV теории прочности, приняв [а] =
= 100 МПа.
10.2.	Круговая цилиндрическая оболочка
(см. рисунок) радиуса R = 0,7 м и с толщиной
5 = 0,001 R заполнена жидкостью плотности
р = 800 кг/м3 до глубины h = 2,5Я. Опреде-
Определить запас прочности, если оо,2 = 70 МПа.
10.3.	Круговая цилиндрическая оболочка
(см. рисунок к задаче 10.2) радиуса R = 0,5 м
надута давлением ро — 0,5 МПа. Используя
...	четвертую теорию прочности, определить ее
К задаче 10.2	^ J	г i or* ллгт
толщину, если [а] = 80 МПа.
10.4.	Полусферическая оболочка (см. рисунок) диаметра D =
= 1,5 м заполнена жидкостью плотности р = 900 кг/м3 до глу-
глубины h = 2R/3. Определить толщину оболочки, используя III
теорию прочности, если [о]р = 60 МПа.
10.5.	Полусферическая оболочка (см. рисунок к задаче 10.4)
диаметра D заполнена жидкостью плотности р до глубины h и на-
надута избыточным давлением ро- Определить толщину оболочки,
используя IV теорию прочности. В расчетах принять: D = 2,5 м;
р = 850 кг/м3; ро = 0,2 МПа; h = Я/2; [а] = 70 МПа.

Гл.10]
Расчет оболочек вращения
361
10.6. Опирающийся на нижнее основание резервуар в виде
усеченного конуса (см. рисунок), заполнен жидкостью плотно-
плотности р. Определить максимальные главные напряжения. В расче-
расчетах принять: D = 14 м; р = 900 кг/м3; h = 4 м, 5 = 8 мм.
К задаче 10.4
К задаче 10.6
10.7. Круговая цилиндрическая оболочка (см. рисунок) ради-
радиуса R = 0,8 м с коническим днищем заполнена жидкостью плот-
плотности р = 800 кг/м3 и надута давлением ро — Pff-R/2. Определить
толщину оболочки, используя IV теории прочности, если [о] =
= 80 МПа.
1 1 1
~ —
2R
<
К задаче 10.7
К задаче 10.8
К задаче 10.9
10.8—10.11. Для надутых избыточным давлением ро состав-
составных оболочек (жидкость отсутствует), изображенных соответ-
соответственно на рисунках, определить их толщину, используя III тео-
теорию прочности. В расчетах принять: R = 1 м; ро — 0,4 МПа; Н =
= ЗЯ; [а] = 70 МПа.
10.12—10.15. Для заполненных жидкостью до глубины h со-
составных оболочек, изображенных соответственно на рисунках к

362
Расчет оболочек вращения
[Гл. 10
задачам 10.8-10.11, определить их толщину, используя IV теорию
прочности. В расчетах принять: R = 1,5 м; р = 850 кг/м3; h = 2R\
Н = ЗЯ; [а] = 100 МПа.
10.16. Определить значения главных напряжений в нижнем
сечении длинной круговой цилиндрической оболочки (см. ри-
рисунок) радиуса R = 0,5 м и толщины 5 = 0,005Я, заполненной
жидкостью плотности р = 850 кг/м3 на глубину h = 3R и нагру-
нагруженной крутящим моментом М = npgR4.
К задаче 10.10
К задаче 10.11
R
К задаче 10.16
Мк
0	0
К задаче 10.17
10.17. Определить запас прочности круговой цилиндриче-
цилиндрической оболочки (см. рисунок), надутой избыточным давлени-
давлением ро — 0,2 МПа и нагруженной крутящим моментом М =

Гл. 10]	Расчет оболочек вращения	363
= 100 кН • м, используя III теорию прочности. В расчетах при-
принять: радиус оболочки Я = 1 м; 5 = 0,006Я; Р = 0; от = 200 МПа.
10.18—10.21. Для составных оболочек (см. рисунки к задачам
10.8-10.11), заполненных жидкостью до глубины h и надутых
давлением ро? определить величину максимальных главных на-
напряжений. В расчетах принять: R = 1,5 м; 5 = 0,006Я; h = 2,5Я;
р = 850 кг/м^; Я = ЗЯ; р0 = 0,4 МПа.
10.22.	Длинная круговая цилиндрическая оболочка надута
давлением ро, нагружена продольной силой Р и крутящим момен-
моментом М (см. рисунок к задаче 10.17). Определить запас прочности,
используя IV теорию прочности. В расчетах принять: диаметр
оболочки D = 0,6 м; h = 0,18 м; 5 = 4 мм; Р = 75 кН; р0 = 0,8 МПа;
М = 5 кН • м; оо,2 = 155 МПа.
10.23.	Длинная круговая цилиндрическая оболочка надута
давлением ро? нагружена продольной силой Р и крутящим момен-
моментом М (см. рисунок к задаче 10.17). Определить запас прочности,
используя IV теорию прочности. В расчетах принять: диаметр
оболочки D = 0,5 м; h = 0,25 м; 5 = 10 мм; Р = -700 кН; р0 =
= 11 МПа; М = 30 кН • м; о0,2 = 700 МПа.

Г л ава 11
ПРОДОЛЬНО-ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ
И УСТОЙЧИВОСТЬ СТЕРЖНЕЙ
В некоторых случаях для построения адекватных расчетных
схем конструкций приходится отказываться от некоторых гипо-
гипотез. В частности, согласно принципу начальных размеров (ак-
(аксиома П.З) области G и G', занимаемые недеформированным
и деформированным телами, полагаются приближенно совпадаю-
совпадающими, и внутренние силовые факторы для стержня вычисляются
без учета изменения формы его оси. Эта аксиома, а также закон
Гука (аксиома П.7) приводят к принципу суперпозиции (утверж-
(утверждение П.2), который позволяет рассматривать простейшие виды
деформации стержней независимо.
Однако например, для гибких стержней изгибающий момент
от продольной силы с плечом, соответствующим прогибу, оказы-
оказывается значительным. В связи с этим в этой главе частично от-
откажемся от аксиомы П.З и будем полагать, что продольные силы
оказывают влияние на изгиб. Кроме того, в некоторых случаях
приходится также допускать наличие пластических деформаций,
т.е. считать, что не выполняется закон Гука (см. § 11.2 и главы
13, 14).
11.1. Продольно-поперечный изгиб
Расширяя определение 5.2, будем рассматривать следующий
вид деформации.
Определение 11.1. Продольно-поперечным изгибом
стержня (балки) называется такой изгиб, при котором продоль-
продольные силы оказывают влияние на упругую линию, и напряжения
о = ох^ хху и xxz в любом его поперечном сечении распределены
так, что векторы внутренних силовых имеют вид
R = Ni + Qyi + Qzk, M = Myi + Mzk, Мк = 0. ш A1.1)
Справедливы условия, аналогичные приведенным в утверж-
утверждении 5.1.
Утверждение 11.1 (условия продольно-поперечного из-
изгиба). Необходимым условием продольно-поперечного изгиба бал-
балки при силовом нагружении является следующий вид векторов

11.11
Продольно-поперечный изгиб
365
внешних сосредоточенных и распределенных сил и моментов:
Р/с = Pkxi + Рку$ + PkzK q = pi + qyi + 9zk,
M/ = M/yj + M/^k, m = rriyi + mzk. m
Изгиб стержня под действием продольной силы также рас-
рассматривается в рамках внецентренного растяжения-сжатия. Од-
Однако там полагается, что изгибающие моменты не зависят от
продольных сил.
Далее в рамках определения 5.3 будем рассматривать только
прямой продольно-поперечный изгиб в плоскости Оху, полагая,
что оси системы координат С у z являются главными централь-
центральными для любого поперечного сечения.
Пусть на стержень кроме нагрузок, обеспечивающих пря-
прямой поперечный изгиб, действуют в положительном направлении
оси Ох продольные погонная нагрузка р(х) и сосредоточенная
сила S, приложенная в точке с координатой х = xq. Эта про-
продольная нагрузка для недеформированного состояния приведена
на рис. 11.1 а (здесь опоры не указаны). Она, очевидно, соответ-
О
	^	>
> > > i
х0
р(х)
X
Рис. 11.1
ствует сжимающему продольному усилию. Если при деформации
направление внешних сил не меняется, то полный изгибающий

366 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
момент имеет вид, рис. 11.1 б:
Mz = Мр + Ms,
Ms = -S[y{x) - уо]Н{х - - ^ ' -'^г../^ ../им ^ AL3)
о
где Мр и Ms — изгибающие моменты от поперечной и продоль-
продольной нагрузок, уо — ордината точки приложения силы S в дефор-
деформированном состоянии, а Н(х) — единичная функция Хевисайда,
определяемая так: Н(х) = 1 при х ^ 0, Н(х) = 0 при х < 0.
Формула для Ms очевидным образом может быть обобщена
на случай конечного числа сосредоточенных сил. Кроме того,
возможен такой вариант продольной нагрузки, когда ее направ-
направление в деформированном состоянии зависит от угла поворота 6
поперечного сечения (рис. 11.2):
S = 5(cosai, sinai), p = p(x)(cosoc2, sina2), a/, = ос/^б).
A1.4)
При a/, = 6 нагрузка называется следящей. Формулы A1.3)
соответствуют ос& = 0. Далее везде ограничимся этим вариантом.
Подстановка равенств A1.3)
в уравнения E.15) или E.20) при-
приводит к уравнению упругой ли-
линии при продольно-поперечном
изгибе, к которым должны быть
добавлены соответствующие гра-
граничные условия E.24)-E.26).
Далее будем рассматривать
^ только линейный вариант, пола-
гая, как правило, что погонная
продольная нагрузка отсутствует
(р(х) = 0), а единственная сосредоточенная сила приложена на
конце стержня:
EJgy" + Sy = MP + Syo.	A1.5)
Уравнение A1.5) аналогично E.22) и E.23) может быть также
представлено так:
(EJzy")' + Sy' = Qy,	A1.6)
(EJzy")" + Sy" = q.	A1.7)
Как правило, при решении задач применяются следующие
формы уравнений, вытекающие из A1.5) и A1.7) при учете E.20):
у»±с?у = Щ-±с?у0, M''±a^Mz = q, a2 = -?k A1.8)

11.1 ]	Продольно-поперечный изгиб	367
где верхний знак соответствует сжимающим (S > 0), а нижний —
растягивающим усилиям (S < 0).
Отметим, что A1.5), A1.6) и первое уравнение в A1.8) мо-
могут использоваться только в СО задачах, а второе уравнение
в A1.8) — в задачах с силовыми граничными условиями E.24).
Таким образом первый шаг при исследовании продольно-
поперечного изгиба заключается в определении упругой линии
с помощью решения соответствующих краевых задач (см. также
§ 5.2). При некоторых значениях продольных сил (они совпадают
с критическими силами, определенными в § 11.2) эти решения
обращаются в бесконечность, что связано с линеаризацией урав-
уравнений. Если использовать нелинейные уравнения типа E.14), то
в окрестностях указанных значений сил прогибы будут больши-
большими, но конечными. Однако эти вопросы обычно в сопротивлении
материалов не рассматриваются.
Подход, связанный с решением краевых задач, при перемен-
переменных характеристиках стержня и разрывной нагрузке становится
достаточно сложным. Приближенный способ определения упру-
упругой линии, позволяющий избежать решения краевой задачи, ука-
указан в § 11.3.
Алгоритм расчета на прочность при продольно-поперечном
изгибе заключается в следующем.
1.	Вычисляется полный изгибающий момент Mz, если это
возможно, по решению краевой задачи для второго уравнения
в A1.8), либо по найденной упругой линии с помощью соотноше-
соотношений A1.3).
В первом случае используются указанные в E.27) в скобках
силовые условия стыковки участков:
М4=„-0 = М4=Ж,+0 + М*' Qv\x=x.-0 = Qv\x=x.+0 + <?•>
A1.9)
где М* и Q* — внешние сосредоточенные момент и сила в сечении
X — Х% •
2.	Проводится расчет на прочность так же, как и при внецен-
тренном растяжении-сжатии (см. § 5.2). При этом нормальные
напряжения в сечении вычисляются по вытекающей из F.9) фор-
формуле:
Однако проектировочный расчет здесь осложняется тем, что
упругая линия как решение краевой задачи и, соответственно, Mz
и нормальные напряжения зависят от геометрических парамет-
параметров сечения сложным нелинейным образом.

368 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
Поэтому обычно ограничиваются поверочным расчетом
(определяют запас прочности п, см. определение П.18). При
этом возможны три варианта расчетов: а) считается неизменной
продольная нагрузка; б) полагается фиксированной поперечная
нагрузка; в) поперечная и продольная нагрузки изменяются
пропорционально. В последних двух вариантах задача сводится
к уравнению типа стах(п) = опр, которое, как правило, является
сложным нелинейным и решается с использованием какого-либо
численного метода. ¦
Пример 11.1. Для балки постоянной жесткости, изоб-
изображенной на рис. 11.3, определить полный изгибающий момент
и упругую линию.
Решение. Нумерация ха-
„	рактерных сечений балки указа-
к на на рисунке.
>	Поскольку в данном случае
граничные условия являются си-
силовыми (см. E.24)):
Рис. 11.3	Л/Г /ЛЧ Л/Г /п п
Mz[0) = Mz\l) = О,
то для решения используем второе дифференциальное уравнение
в A1.8), где следует положить q = 0. Его общие решения для
участков 1-2 и 2-3 имеют вид
Mz^2 = С\ sinocx + C^cosocx, Mz^s — D\ sinocx + D
Константы С\, C2, D\ и D<± определяются из указанных выше
граничных условий и условий стыковки участков (см. A1.9), на
обоих участках использована одна и та же система координат):
, M'^ih) = M'Z23(h) + P.
Тогда приходим к системе линейных алгебраических уравне-
уравнений
С\ sin a/i + C2 cos a/i — D\ sin a/i — D<i cos ol\ = 0,
aCi cos a/i — aCz sin a/i — aDi cos a/i + aDz sin a/i = P,
D\ sin a/ + D2 cos a/ = 0,
решение которой таково:
P sina(l-h)
^1 =	:	;	, ^2 = U,
a sin a/
P	sin a/i	P .
l>i =	cos a/ —	, D<i = — sin a/i.
a	sin a/	a

11.1 ]	Продольно-поперечный изгиб	369
Следовательно, изгибающие моменты на каждом участке
определяются выражениями:
Р sinoc(/-/i) .	__	Р sin a/1 . ,. ч
Mz 12 =	:	;	-Sin OCX, Mz 23 =	:	Г sin a(' ~~ x).
'	a sin a/	'a sin a/
Далее, вычисляя изгибающие моменты от продольной нагрузки
Mp5i2 = —^—:	 X, Мр523 = —Г" {1-Х),
L	L
с помощью уравнения A1.5)по участкам находим упругую линию
балки (уо = 0):
Р Г/ - /i	sina(/ - /i) _ч
S [ /	a sin a
P Г/i /f v sin a/i .
У12 = -? \ —j— x	:	— sin ax
Ь [ /	asm a/
/ v	J
Пример 11.2. Для балки постоянной жесткости, изоб-
изображенной на рис. 11.4, опреде-
определить полный изгибающий момент у*
YA S х
т
и упругую линию. Поперечная си-
ла Р приложена в середине балки
(h = 1/2).
Решение. Нумерация ха-	рис ^ 4
рактерных сечений балки указана
на рисунке. Решение задачи с использованием кинематических
граничных условий (см. E.25)):
у@) = 0, j/'@) = 0, уA) = 0, у'A) = 0
приводит к громоздким уравнениям, поэтому воспользуемся сим-
симметрией задачи и рассмотрим участок 1-2. Для решения исполь-
используем дифференциальное уравнение в форме A1.7), где следует
положить q = 0. Его общее решение для рассматриваемого участ-
участка имеет вид
2/12 = С\ sin ах + Сч cos ах + С%х + С^.
Константы С{ (г = 1, 2, 3, 4) определяются из следующих гра-
граничных условий:

370 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
Тогда приходим к системе линейных алгебраических уравнений
С2 + С4 = 0, ocCi + С3 = 0,
аС\ cos a/i — aCz sin a/i + C3 = 0,
-a3 Ci cos a/i + a3C2 sin a/i = —=-7.
Решая ее, получаем
P	P 1 —cosa/i
_ _P_	P 1-cosaJi
3?J' 4~ 3SJ
Тогда изгибающие моменты и прогибы на участке определя-
определяются выражениями:
Р ( .	1 -cosа/1	\
Mz 12 = — sin ax	:	:— cos ax ,
'	а у	sina/i	)
1 -cosa/i ,	Л
s.nak (l-cosoc^j.
Пример 11.3. Выполнить поверочный расчет на проч-
прочность изображенной на рис. 11.3 балки прямоугольного попереч-
поперечного сечения с основанием b и высотой /г, считая, что продольная
сила остается постоянной. В расчетах принять: Р = 1 кН, S =
= 15,4 кН; / = 1 м, h = 2//3, b = 2 см, h = 4 см, Е = 7,2 • 104 МПа,
Решение. Вычисляем площадь, момент инерции и момент
сопротивления изгибу сечения балки (см. табл. П.6):
F = bh = 2 -4 = 8 см, Jz = —- = ^—- = 10,7 см4,
Находим параметры а (см. A1.8)), а/:
S	/	15,4 • 103
EJ У 7,2-1010 • 10,7- 10"
а/ = 1,41 -1 = 1,41

11.1 ]	Продольно-поперечный изгиб	371_
и с учетом результатов примера определяем изгибающие мо-
моменты:
а/	1,41
Р sinT	1-Ю3 sin^~
MZjl2 = ~ -^ sin ax = —— . 6 sin 1,41ж = 325 sin 1,41ж,
'	a sin а/	1,41 sin 1,41
2а/	2,82
p sin —-	1 . 10з sin -—
Mz,2s =	:—^-sina(/ -x) = ——z	. , * sin 1,41A - x) =
a sin a/	1,41 sin 1,41	v	'
= 581 sin 1,41A -x).
Исследуя эти функции, убеждаемся, что изгибающий момент
достигает наибольшего значения при х = 1\:
1,41 • ^ij =263Нм.
Поскольку изгибающий момент пропорционален поперечной
силе Р, а продольная сила по условию задачи считается неизмен-
неизменной, то уравнение для запаса прочности п (см. п. 2 алгоритма)
является линейным (N = —S):
Ь . Mz max n
"v F • Wz
Отсюда находим
о„„ -4 80 • 106 -
4
• 1U	_
Wz	5,33 • 10"
Задачи
В задачах 11.1—11.9 для балок, изображенных на указанных
рисунках, с помощью интегрирования дифференциального урав-
уравнения продольно-поперечного изгиба определить прогиб и изги-
изгибающие моменты.
11.1.	Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
Р = 1 кН, / = 2 м, Ъ = 5 см, Е = 2 • 105 МПа, S = n2EJ/(8l2) (см.
рисунок).
11.2.	Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
М = 1 кН • м, / = 2 м, b = 4 см, Е = 2 • 105 МПа, S = n2EJ/(8i2)
(см. рисунок).

372 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
11.3. Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
Р = 1 кН, М = Р1, I = 2 м, b = 5 см, Е = 2 • 105 МПа, S =
= n2EJ/(8l2) (см. рисунок).
К задаче 11.1
М
М
К задаче 11.2
м
Tit
К задаче 11.3
К задаче 11.4
11.4.	Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
Р = 1 кН, М = Р1, I = 2 м, b = 4 см, Е = 2 • 105 МПа, S =
= n2EJ/(8l2) (см. рисунок).
11.5.	Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
q = 2 кН/м, / = 2 м, b = 4 см, Е = 2 • 105 МПа, S = n2EJ/{10l2)
(см. рисунок).
ШПШШ*
К задаче 11.5
К задаче 11.6
11.6.	Сечение — квадрат со стороной 6. В расчетах принять:
q = b кН/м, / = 2 м, Ь = 4 см, Е = 2 • 105 МПа, S = k2EJ/(812)
(см. рисунок).
11.7.	Сечение — квадрат со стороной 6. В расчетах принять:
q = 0,25 кН/м, М = ql2, I = 2 м, Ь = 4 см, Е = 2 • 105 МПа, S =
= K2EJ/A0l2) (см. рисунок).
IUIUUII.
К задаче 11.7
К задаче 11.8

11.11
Продольно-поперечный изгиб
373
11.8.	Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
9 = 5 кН/м, Р = 0,25G/, / = 2 м, b = 4 см, Е = 2 • 105 МПа, S =
= n2EJ/A0l2) (см. рисунок).
11.9.	Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
G = 4 кН/м, / = 2 м, Ъ = 4 см, ? = 2 • 105 МПа, 5 = n2EJ/Dl2)
(см. рисунок).
К задаче 11.9
К задаче 11.10
В задачах 11.10-11.18 для балок, изображенных на указанных
рисунках, с помощью интегрирования дифференциального урав-
уравнения продольно-поперечного изгиба определить максимальные
изгибающие моменты и определить запас прочности балки, счи-
считая продольную силу постоянной.
11.10.	Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
q = 5 кН/м, / = 2 м, b = 4 см, Е = 2 • 105 МПа, S = n2EJ/{12l2),
<5Пр = 160 МПа (см. рисунок).
11.11.	Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
М = 1 кН • м, / = 2 м, b = 4 см, Е = 2 • 105 МПа, S = n2EJ/A0l2),
<5Пр = 150 МПа (см. рисунок).
М	а
U 11 U I U П
К задаче 11.11
К задаче 11.12
11.12.	Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
G = 2 кН/м, / = 2 м, b = 4 см, Е = 2 • 105 МПа, 5 = п2Е J/A6/2),
апр = 160 МПа (см. рисунок).
11.13.	Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
G = 5 кН/м, / = 2 м, 6 = 4 см, ? = 2 • 105 МПа, S = тг2? J/A6/2),
апр = 200 МПа (см. рисунок).
11.14.	Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
Р = 0,5 кН, / = 2 м, b = 4 см, ? = 2 • 105 МПа, 5 = тг2? J/A0/2),
апр = 200 МПа (см. рисунок).
11.15.	Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
М = 0,5 кН • м, / = 2 м, b = 4 см, Е = 2 • 105 МПа, 5 = %2Е J/A0/2),
апр = 150 МПа (см. рисунок).

374 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
11.16. Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
q = 0,5 кН/м, / = 2 м, b = 4 см, Е = 2 • 105 МПа, S = п2Е J/A6/2),
опр = 160 МПа (см. рисунок).
К задаче 11.13
К задаче 11.14
^< S
М
К задаче 11.15
К задаче 11.16
11.17. Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
q = 2 кН/м, Р = 0,5G/, I = 2 м, Ь = 4 см, Е = 2 • 105 МПа, S =
= 7i2?J/A6/2), апр = 180 МПа (см. рисунок).
г 1
к
III
/
задаче
| i
11
г |
.17
у Ч
1
К задаче 11.18
11.18. Сечение — квадрат со стороной Ь. В расчетах принять:
q = 1 кН/м, / = 2 м, 6 = 4 см, ? = 2 • 105 МПа, 5 = n2EJ/(9l2),
<5Пр = 150 МПа (см. рисунок).
11.2. Устойчивость стержней
Положение равновесия системы называют устойчивым, если
любым малым возмущениям этой системы соответствуют ее ма-
малые отклонения от этого положения.
В сопротивлении материалов рассматривается устойчивость
прямолинейной формы равновесия стержней, находящихся под
действием только продольной сжимающей нагрузки при однород-
однородных граничных условиях (см. § 5.2.).
Определение 11.3. Такой вид деформации стержня
называется продольным изгибом, ш

11.2]	Устойчивость стержней	375
Соответствующее уравнение (уравнение продольного изгиба)
для линейного варианта в случае действия и погонной нагрузки
р(х) и сосредоточенной силы S вытекает из A1.3) и A1.5):
X
EJzy" = -S(y - уо)Н(х - хо) - \рШу(х) - у($] <%. A1.11)
о
Если погонная продольная нагрузка отсутствует, а единствен-
единственная сосредоточенная сила приложена на конце стержня, то, как
следует из A1.5) и A1.7), справедливы следующие уравнения:
EJzy" + Sy = Sy0 + MR,	A1.12)
(EJzy")" + Sy" = 0.	A1.13)
Здесь Мл = Мц(у) — изгибающий момент от реакций в опорах,
причем всегда М#@) = 0.
Все эти уравнения допускают тривиальное решение у = 0,
что соответствует существованию прямолинейной формы равно-
равновесия. В теории краевых задач для обыкновенных дифференци-
дифференциальных уравнений соотношения A1.11)—A1.13) при р(х) =0 (или
S = 0, р(ж) = Pof(x), где f(x) —заданная функция) вместе с соот-
соответствующими однородными граничными условиями называются
задачами на собственные значения S (или ро). Они могут иметь
бесконечное множество нетривиальных решений (собственных
функций, собственных форм) уп(х) (п G N) при S = Sn (ро =
= Р0п)-
В связи с этим Эйлером предложена следующая замена общей
постановки задачи устойчивости механической системы.
Определение 11.4. Стержень является устойчивым,
если S < SK (ро < рок), где
SK = min E1,52, . . .) (рок = min(poi,po2, • • •)) A1Л4)
— критическая сила (нагрузка), и теряет устойчивость при S =
= 5К (ро = Р0к). ¦
Отметим, что формы определяются неединственным образом.
Кроме того, такой подход ничего не говорит о поведении стерж-
стержня при S ^ 5К. Констатируется лишь возможность перехода от
прямолинейной формы равновесия к криволинейной форме. Это
связано с линеаризацией уравнений изгиба. Рассмотрение нели-
нелинейных уравнений позволяет получить решение и в этом случае
(определить «закритическое» поведение стержня). В сопротивле-
сопротивлении материалов эти вопросы не рассматриваются.
Таким образом алгоритм исследования устойчивости
стерэюня сводится к решению соответствующей краевой

376 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
задачи на собственные значения и определению критической
силы A1.14). ¦
Так же, как и при продольно-поперечном изгибе, этот подход
при переменных характеристиках стержня и разрывной нагрузке
становится достаточно сложным. Приближенный способ опреде-
определения критической силы, позволяющий избежать решения крае-
краевой задачи, указан в § 11.3.
Пример 11.4 (задача Эйлера). Найдем критическую силу
для стержня, изображенного на рис. 11.5, полагая EJZ = const.
vy
s
Рис. 11.5
Решение. С использованием обозначений в A1.8) краевую
задачу для уравнения A1.12) запишем так (у$ = 0):
= 0.	A1.15)
Общее решение уравнения в A1.15) имеет вид (а > 0)
у = С\ cos ах + Ci sin ах.
Отсюда и из граничных условий в A1.15) получаем систему
уравнений для определения констант С\ и C<i-
3,@) = Ci =0, у (I) = Cicosa/ + C2sina/ = 0, A1.16)
которая имеет нетривиальное решение только в случае равенства
нулю ее определителя:
Д =
1	0
cos a/ sin a/
= sin a/ = 0.
Вычисляя корни этого уравнения и используя определение
11.4, найдем
пп о п EJZ 2 о о n'EJz	,	ч
an = —, Sn = 2 n-, SK = Si = 2 .	(П.17)
Из A1.16) и A1.17) следует, что форма прогибов в критиче-
критическом состоянии имеет вид
y = Csm^. ш	A1.18)

11.2]	Устойчивость стержней	377
Поскольку стержень может изгибаться в двух плоскостях, то
формулу для критической силы следует записать так:
SK = ^-, J = Jmin = min (Jy, Jz).	A1.19)
Определение 11.5. Критическая сила, задаваемая
формулой A1.19), называется эйлеровой силой, ш
Пример 11.5. Определить величину критической силы
для ступенчатого стержня, изображенного на рис. 11.6. Жест-
Жесткость левой половины стержня —
АЕ J, а правой — Е J, b = 1/2.
Решение. Нумерация ха- \i	2	3 S х
рактерных сечений балки указана
на рисунке. Будем использовать
уравнение в A1.15). Рассмотрим
два подхода к решению этой зада-
задачи, связанные с выбором системы координат.
I способ. Здесь применяем стандартную систему координат:
Ох — недеформированная ось балки, у — прогиб. Граничные
условия и прогиб точки приложения продольной силы имеют
следующий вид:
у@) = у;@) = 0, уо = уA).
Уравнения и их общие решения на каждом из двух участков
следующие:
—	участок 1-2
„ос2	ос2	аж	. аж	2 S
У\2 + ~ТУ^2 = -ГУО, У\2 = Ci COS —- + O2Sin — + Уо, ОС = "^ГТ;
4	4	II	Hi J
—	участок 2-3
2/23 + а2У23 = осуо, У23 = D\ cos ax + D2 sin ax + уо.
Учитывая граничные условия и условия стыковки участков
Рис. 11.6
приходим к следующей однородной системе уравнений относи-
относительно уо и констант Ci, C2, Di, ?^2:
Ci + уо = 0, аС2/2 = О, D\ cos а/ + D2 sin а/ = О,
„	а/ „ . а/	а/	. а/
Ci cos — + С/2 sin — - Di cos — - L>2 sin — = 0,
„ а . а/	а а/	.а/	а/
—Ci-sin — + С4- cos — + D\ a sin — - Lboccos — = 0.
л q	л q	л	л
Далее необходимо использовать условие существования не-
нетривиального решения этой системы уравнений — равенство ну-
нулю определителя ее матрицы. Однако доводить до конца этот

378 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
способ решения не будем, так как тот же результат, но более
просто, получается с помощью другого подхода.
II способ позволяет исключить из числа неизвестных у^. При
этом ось абсцисс системы координат выбирается так: она прохо-
проходит через точку приложения силы параллельно недеформирован-
ной оси стержня (см. табл. 11.1, схема 2), вместо прогиба вводится
функция у = у — уо — «прогиб относительно новой оси». Тогда
указанные выше граничные условия и равенство для прогиба
в точке приложения продольной силы переходят в следующие
(далее «волну» в обозначении у везде опускаем):
2/@) = -Уо, у'@) = 0, 1/@ = 0.
Отметим, что первое равенство является дополнительным для
определения уо и не входит в число граничных условий.
При таком подходе уравнения и их общие решения на каждом
из двух участков следующие:
—	участок 1-2
о
//Ос	„	ах	. ах
У\2 + у Ш = 0, у12 = С\ cos — + С2 sin —;
—	участок 2-3
2/23 + а22/23 = 0, 2/23 = D\ cos ax + D2 sin ax.
Учитывая граничные условия и приведенные выше условия
стыковки участков, приходим к следующей однородной системе
уравнений относительно констант Ci, C2, D\ и D2\
С2- = 0, D\ cosal + D% sin al = 0,
л
al	. al	al	.a/
C\ cos — + C2 sin — - D\ cos — - D2 sin — = 0,
„ a . a/ „a a/ _ .a/ _	a/
-Ci-sin — + C2-COS — + Diasm— - D2acos— = 0.
Условие существования ее нетривиального решения приводит
к следующему уравнению:
al f al . о a/\
cos — I cos — - sin" —1=0,
которое эквивалентно двум уравнениям
al _	a/ 1
cos—= 0, cosy = -.
Критическое значение силы 5К, соответствующее наимень-
наименьшему положительному решению этих уравнений, определяется

11.2]	Устойчивость стержней	379
формулой:
_АЕ?	21
йк- /2 arccos 3. ¦
Если условия закрепления стержня, его геометрия и жест-
жесткости ые характеристики и/или нагрузка отличаются от тех, ко-
которые имеют место в задаче Эйлера, то формула A1.19) не будет
справедливой. В общем случае она модифицируется следующим
образом:
" n2EJ	A1.20)
Определение 11.6. Коэффициент ц в формуле A1.20)
называется коэффициентом приведения длины, ш
Для стержня переменного сечения J в A1.20) — момент инер-
инерции некоторого фиксированного сечения. Он зависит от условий
закрепления, характеристик стержня и типа нагрузки. Его можно
найти, решая соответствующие задачи на собственные значения,
что не всегда возможно. Приближенный способ определения кри-
критической силы, позволяющий из-
избежать этих трудностей, указан
в § 11.3.	S х
Пример 11.6. Опреде-
Определить величину критической
силы и коэффициент приведения
длины jlx для изображенного на
рис. 11.7 стержня постоянной жесткости EJ.
Решение. I способ. Будем использовать уравнение A1.12),
учитывая, что уо = 0 и М# = R(l — х) (R — неизвестная реакция
в правой опоре):
у" + а~у = гA - ж), г = —.
Общее решение этого уравнения имеет вид
v
у = С\ sin ах + C<i cos ах -\—~ (I — х).
а
Подставляя его в граничные условия
2/@) = 0, 1/@ = 0, у'@) = 0,
получаем однородную систему уравнений относительно С], С%
и г:
С2 + -4 / = 0, ccCi - -4 = 0, С\ sin a/ + C2 cos а/ = 0.
а	а

380 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
Условие существования нетривиального решения (равенство
нулю определителя системы) приводит к равенству
sin ос/ — а/ cos а/ = 0,
из которого следует трансцендентное уравнение
tgoc/ = ос/.
Его решение может быть найдено численно. Наименьший по-
положительный корень ос/ « 4,49. Соответствующая ему критиче-
критическая сила и коэффициент приведения длины определяются так:
II способ. В нем будем использовать уравнение четвертого
порядка A1.13):
которое имеет общее решение
у = А\ sin ах + A<i cos ах + А%х + А±.
Граничные условия для этого уравнения такие:
1/@) = 0, у'@) = 0, </(/) = 0, у"(/) = 0.
Отсюда следует система уравнений относительно А\, A<i, A%
и А±\
А2 + А4 = 0, аАг + Л3 = 0,
А\ sin al + A<i cos al + A$l + A4 = 0,
-a2A-[ sin al - a2A2 cos al = 0.
Условие существования ее нетривиального решения приводит
к тому же уравнению относительно а, которое было получено
первым способом, и, естественно, к той же критической силе. ¦
В некоторых случаях с помощью равенства A1.18) и метода
продолжения решения коэффициент приведения длины можно
указать сразу. Соответствующие результаты при Е J = const при-
приведены в табл .11.1.
Поскольку до потери устойчивости стержень находится в со-
состоянии растяжения-сжатия, то формулу A1.20) с использовани-
использованием A.6) можно привести к виду (N = S):
где г — радиус инерции сечения (см. C.4)).
Определение 11.7. Величина X в A1.21) называется
гибкостью стерэюня. ш

11.2]
Устойчивость стержней
381
Таблица 11.1
Схрмя
1
\ Is
\
\
/
/
/
/4
1
2
/
/Ту
/
/
/
/
/
/
/
1
1
h
2
3
N \S
N°
\
1
к
\ >
\
к
~к
А"
1/А;
4
иЧ+и
1Г//1
1
1
1
1
1
1
1
I
1
1
1
I
/А
2
5
511
ХД \\ХД
YA
/Ту
\
\
\
\
\
\
\
1
1
1
6
т
/Ту
1^
\
\
\
\
1
1
1
\
1
1
1
1
77
1/2
Формулы A1.20) и A1.21) справедливы при выполнении зако-
закона Гука, т. е. если напряжения в стержне не превышают предела
пропорциональности (см. § 1.2):
ок ^опц.	A1.22)
Отсюда и из A1.21) получаем, что формулы A1.20) и A1.21)
можно применять только для стержней большой гибкости
(длинных и тонких):
/ т
A1.23)
Если X < Хиц, то зависимость ок = ак(^) — диаграмма крити-
критических напряжений — строится на основании опытных данных.
Как правило, используются ее
идеализации.
Для пластических материа-
материалов она имеет вид, указанный на
рис. 11.8:
—	при X < К = @,2 -^ 0,4) ХПЦ
(стержни малой гибкости) ок =
—	при Хт ^ X < Хиц (стерж-	Рис. 11.8
ни средней гибкости) ок = ск(Х) —
прямая, проходящая через точки (ХТ,сТ) и (Хиц^аиц):
ак — ат —
тЧ*-М-
A1.24)

382 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
При этом обычно полагают:
— для сталей
A1.25)
— для цветных металлов
ХТ = О,25ХПЦ.	A1.26)
Для хрупких материалов диаграмма критических напряже-
напряжений имеет вид, указанный на рис. 11.9. Здесь полагается, что при
А, < Х
иц
ц = <5к(?0 ~~ прямая,
проходящая через точки @,ав)
и (ХПЦ, сТпц):
С)в —
Рис. 11.9
^JL A1.27)
При исследовании устойчиво-
устойчивости аналогично расчетам на проч-
прочность (см. п. VI § П.1) применяют-
применяются два подхода.
1. Поверочный расчет. По заданной схеме, сечению, материалу
и сжимающей силе S определяется коэффициент запаса устой-
устойчивости пу\
Пу = ск/с, c = S/F.	A1.28)
Он должен быть не меньше заданного [пу]. Последний зависит
от гибкости стержня, его материала и берется из справочной ли-
литературы, задающей нормы устойчивости в конкретной отрасли
промышленности.
Во многих случаях оправдано применение следующей эмпи-
эмпирической зависимости:
—	при X < Хиц
Пу = А + B(X/Xuuf .	A1.29)
—	при X ^ Хиц
Пу = А + В.	A1.30)
Величины безразмерных параметров А и В для некоторых
материалов приведены в табл. 11.2.
Таблица 11.2
Л
в
Пластичные металлы
1,8
1,2
Чугун
5
0,5
Дерево
2,8
0,4
Пример 11.7. Для рассмотренного в примере 11.4 стерж-
стержня круглого поперечного сечения d выполнить поверочный расчет

11.2]	Устойчивость стержней	383
на устойчивость. В расчетах принять: S = 40 кН, / = 80 см, d =
= 4 см; стержень изготовлен из алюминиевого сплава с характе-
характеристиками Е = 7,1 • 104 МПа, от = 90 МПа, опц = 70 МПа.
Решение. В соответствии с A1.28) определяем площадь
сечения и нормальные напряжения в стержне:
р
4	4
S = 40-10 = 31 8 . 10б Па = 31,8 МПа.
F 0,126-ИГ2
Зная коэффициент приведения длины (согласно определе-
определению 11.6 здесь ill = 1) с использованием A1.21) находим радиус
инерции сечения стержня и его гибкость:
d i	i ^ Ь80 on
= — = 1 см, л = — = —-— = 80.
4	г	1
В данном случае материал пластический. Поэтому используем
диаграмму, указанную на рис. 11.8. Выясним, в какой зоне рабо-
работает стержень. Для этого по формулам A1.23) и A1.26) находим
Арщ и А-р:
С>п
hr = 0,25^пц = 0,25 • 100 = 25,0.
Следовательно, стержень имеет среднюю гибкость. Критиче-
Критические напряжения для него определяются формулой A1.24):
Ок = 9°- 100^0 («О-25,0) = 73,5 МПа.
Окончательно согласно равенству в A1.28) находим коэффи-
коэффициент запаса устойчивости:
п=5с = 75!3=237
2. Проектировочный расчет. По заданной схеме находится
коэффициент приведения длины jll. Далее по материалу и сжи-
сжимающей силе S из условия
подбирается сечение. Это неравенство является существенно не-
нелинейным, так как и критическое напряжение и коэффициент за-
запаса устойчивости зависят от гибкости стержня, которая, в свою

384 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
очередь, определяется геометрией сечения. Поэтому его обыч-
обычно решают методом последовательных приближений, который
в данном случае заключается в следующем (дополнительный ин-
индекс указывает на номер приближения).
В нулевом приближении сначала проводим расчет на сжатие:
из неравенства A1.31) при [о]у = [о]у	= аТ/пу и пу = пс
(в соответствии с A1.29) пс = пу@) = Л; если таких данных нет,
то пс задается отдельно; вообще же пу может быть задан произ-
произвольно) определяем площадь F^ и по ней — геометрию сечения.
Затем проводим поверочный расчет. А именно, находим а^°\ Х^°\
@)	/л(ГП\ @)	/л(ГП\ г т@) тп	(о)	г т@)
Gk = ск{Хк '), Пу у = пу(№ ') и [ajy . Ьсли ак } превышает [а\у
более чем на 5 %, то переходим к следующему приближению.
В противном случае на этом расчет заканчивается.
На j-м шаге из неравенства A1.31) при
[°]у = [aft'
определяем площадь F^ и по ней — геометрию сечения. Даль-
Дальнейшая последовательность действий такая же, как и в нулевом
приближении.
Обычно при проектировочном расчете на устойчивость доста-
достаточно 2-4 итераций. И поскольку каждый шаг включает в себя
поверочный расчет, то нет необходимости проводить его допол-
дополнительно.
Пример 11.8. Для стержня, рассмотренного в приме-
примере 11.6, подобрать поперечное сечение в форме двутавра. В рас-
расчетах принять: S = 164 кН, / = 2 м, материал стержня — сталь
СтЗ (Е = 2- 105 МПа, от = 240 МПа, опц = 200 МПа).
Решение. Коэффициент приведения длины вычислен
в примере 11.6: jll = 0,7.
Предварительно вычисляем характерные величины для диа-
диаграммы критических напряжений и запас прочности на сжатие.
В данном случае материал пластический. Поэтому используем
диаграмму, указанную на рис. 11.8. В соответствии с A1.23),
A1.25) и A1.29) имеем:
= 99,3; А^ = 0,4 • 99,3 = 39,7; пс = А = 1,8.
Нулевое приближение. Проводим расчет на сжатие:
Sl= ШМПа
TliQ	-L, о

11.2]	Устойчивость стержней	385
По сортаменту (см. § П.2, табл. П.9) выбираем двутавр № 12
ГОСТ 8239-72 с характеристиками: F<°) = 14,7 см2, j(°) = Jmin =
= Jy = 27,9 см4, г(°) = гу = 1,38 см. В стержне выбранного сече-
сечения имеет место напряжение:
Используя A1.21), находим гибкость стержня:
@) _ jd_ _
к ~ @) ~
0,7 ¦ 200
1,38
Поэтому критические напряжения вычисляем по форму-
формуле A1.21):
40) ^ Ц^ = 193 МПа.
Из A1.30) и A1.31) с помощью табл. 11.2 находим коэффици-
коэффициент запаса и допускаемые напряжения:
(°)	1QQ
nf = 1,8 + 1,2 = 3,0; [o]f = ^у = ^ = 64,5 МПа.
Поскольку а^0^ превышает [о]у более чем на 5 %, то перехо-
переходим к следующему шагу.
Первое приближение. В соответствии с A1.32) и A1.31) нахо-
находим
По сортаменту выбираем двутавр № 16 ГОСТ 8239-72 с харак-
характеристиками: F^ = 20,2 см2, J^1) = Jmin = Jy = 58,6 см4, г^1) =
= iy = 1,70 см, и находим а^ и
\d _ 0,7 • 200
Z iD ~ 1,70
13 А. Г. Горшков и др.

386 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
Так как X? ^ аЯ^ < Апц, для расчета Ок используем A1.24):
=24О-|Щ(82'3-З9'7)=211мпа-
Из A1.29) и A1.31) с помощью табл. 11.2 находим коэффици-
коэффициент запаса и допускаемые напряжения:
= fy = |? = 80'5 МПа'
Отклонение действующего напряжения 81,2 МПа от допус-
допускаемого 80,5 МПа не превосходит 5%. Следовательно, расчет
закончен.¦
Задачи
В задачах 11.19-11.35 для стержней, изображенных на указан-
указанных рисунках, с помощью решения краевой задачи для уравнения
продольного изгиба определить критическую силу и коэффици-
коэффициент приведения длины.
11.19.	См. схему 2 табл. 11.1. Длину стержня / и изгибную
жесткость EJ считать известными.
11.20.	См. схему 3 табл. 11.1 (к = 3). Длину стержня / и из-
изгибную жесткость ЕJ считать известными.
11.21.	См. схему 4 табл. 11.1. Длину стержня / и изгибную
жесткость EJ считать известными.
11.22.	См. схему 5 табл. 11.1. Длину стержня / и изгибную
жесткость EJ считать известными.
11.23.	См. схему 6 табл. 11.1. Длину стержня / и изгибную
жесткость EJ считать известными.
11.24.	См. рисунок. Длину стержня / и изгибную жесткость
EJ считать известными.
11.25.	См. рисунок. Длину стержня / и изгибную жесткость
EJ считать известными.
11.26.	См. рисунок. Длину стержня / и изгибную жесткость
EJ считать известными.
11.27.	См. рисунок. Длину стержня / и изгибную жесткость
EJ считать известными.

11.2]
Устойчивость стержней
387
11.28. См. рисунок. Длину стержня / и изгибную жесткость
EJ считать известными.
1
К задаче 11.24
К задаче 11.25
К задаче 11.26
11.29.	См. рисунок. Длину стержня / и изгибную жесткость
EJ считать известными.
11.30.	См. рисунок. Длину стержня / и изгибную жесткость
EJ считать известными. В расчетах принять: J<i = 4J, J\ = J,
6 = 2//3.
К задаче 11.27
0,6/
0,4/
К задаче 11.28
0,61
0,4/
К задаче 11.29
К задаче 11.30
11.31.	См. рисунок к задаче 11.30. В расчетах принять: ма-
материал стержня — дюралюминий (Е = 7 • 104 МПа), J<i = 9 см4,
J2 = 4 см4, / = 200 см, 6 = 100 см.
11.32.	См. рисунок. Длину стержня / и изгибную жесткость
EJ считать известными. В расчетах принять: J<i = 0,25 J, J\ = J,
b = 1/4.
« b *
	>
К задаче 11.32
К задаче 11.34
13*

388 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
11.33.	См. рисунок к задаче 11.32. В расчетах принять: мате-
материал стержня — сталь (Е = 2 • 105 МПа), J% = 8 см4, J\ = 2 см4,
/ = 300 см, Ь = 100 см.
11.34.	См. рисунок. Длину стержня / и изгибную жесткость
Е J считать известными. В расчетах принять: J<i = 2,25J, J\ = J,
b = 1/2.
11.35.	См. рисунок к задаче 11.34. В расчетах принять: ма-
материал стержня — дюралюминий (Е = 7 • 104 МПа), J<i = 8 см4,
J\ = 9 см4, / = 150 см, b = 50 см.
В задачах 11.36-11.41 для стержней, изображенных на ука-
указанных рисунках, с помощью решения краевой задачи для урав-
уравнения продольного изгиба определить коэффициент приведения
длины jlx и выполнить поверочный расчет на устойчивость.
11.36.	См. схему 4 табл. 11.1. В расчетах принять: / = 2 м,
S = 40 кН, материал стержня — сталь (Е = 2 • 105 МПа, опц =
= 180 МПа, от = 200 МПа), поперечное сечение является прямо-
прямоугольником с основанием 10 см и высотой 5 см.
11.37.	См. схему 6 табл. 11.1. В расчетах принять: / = 2 м,
S = 200 кН, материал стержня — сталь (Е = 2 • 105 МПа, опц =
= 180 МПа, от = 200 МПа), поперечное сечение является равно-
равнобедренным треугольником с основанием 10 см и высотой 5 см.
11.38.	См. схему 5 табл. 11.1. В расчетах принять: / = 1 м,
S = 50 кН, материал стержня — дюралюминий (Е = 7 • 104 МПа,
опц = 80 МПа, ао,2 = 90 МПа), поперечное сечение — круг диа-
диаметром 5 см.
11.39.	См. рисунок к задаче 11.24. В расчетах принять: / =
= 2 м, S = 300 кН, материал стержня — сталь (Е = 2 • 105 МПа,
апц = 180 МПа, от = 200 МПа), поперечное сечение является пря-
прямоугольником с основанием 10 см и высотой 5 см.
11.40.	См. рисунок к задаче 11.26. В расчетах принять: / =
= 1 м, S = 200 кН, материал стержня — сталь (Е = 2 • 105 МПа,
апц = 180 МПа, от = 200 МПа), поперечное сечение является рав-
равнобедренным треугольником с основанием 10 см и высотой 5 см.
11.41.	См. рисунок к задаче 11.28. В расчетах принять: / =
= 1,5 м, S = 250 кН, материал стержня — дюралюминий (Е =
= 7-Ю4 МПа, опц = 80 МПа, оо,2 = 90 МПа), поперечное сечение—
круг диаметром 10 см.
В задачах 11.42-11.46 для стержней, изображенных на ука-
указанных рисунках, с помощью решения краевой задачи для урав-
уравнения продольного изгиба определить коэффициент приведения
длины ill и выполнить проектировочный расчет на устойчивость
(подобрать номер профиля). Изгиб происходит в плоскости наи-
наименьшей жесткости.

11.3]	Энергетические методы решения задач устойчивости	389
11.42.	См. схему 2 табл. 11.1. В расчетах принять: / = 2 м,
S = 330 кН, материал стержня — сталь (Е = 2 • 105 МПа, опц =
= 180 МПа, от = 200 МПа), поперечное сечение составлено из
двух швеллеров ГОСТ 8240-86, соединенных концами полок.
11.43.	См. схему 3 табл. 11.1 (к = 3). В расчетах принять: / =
= 5 м, S = 580 кН, материал стержня — сталь (Е = 2 • 105 МПа,
апц = 180 МПа, от = 200 МПа), поперечное сечение составлено из
двух швеллеров ГОСТ 8240-86, соединенных стенками.
11.44.	См. рисунок к задаче 11.25. В расчетах принять: / =
= 1 м, 5 = 17,5 кН, материал стержня — дюралюминий (Е =
= 7 • 104 МПа, опц = 80 МПа, оо,2 = 90 МПа), поперечное сечение
составлено из четырех уголков ГОСТ 8510-86, соединенных пол-
полками.
11.45.	См. рисунок к задаче 11.27. В расчетах принять: / =
= 1 м, S = 195 кН, материал стержня — сталь (Е = 2 • 105 МПа,
опц = 180 МПа, от = 200 МПа), поперечное сечение — двутавр
ГОСТ 8239-86.
11.46.	См. рисунок к задаче 11.29. В расчетах принять: / =
= 1 м, S = 50 кН, материал стержня — дюралюминий (Е =
= 7 • 104 МПа, опц = 80 МПа, оо,2 = 90 МПа), поперечное сечение
составлено из двух уголков ГОСТ 8509-86, соединенных больши-
большими полками.
11.3. Энергетические методы решения задач
устойчивости и продольно-поперечного изгиба
Основой этих приближенных методов является закон сохра-
сохранения энергии в состоянии равновесия.
При рассмотрении устойчивости стержня (продольном из-
изгибе) имеем равенство:
U = AS,	A1.33)
где U — потенциальная энергия стержня при изгибе в плоско-
плоскости Оху, As — работа внешних продольных сил.
В соответствии с E.37) и E.20) (перерезывающими силами Qy
обычно пренебрегают) для потенциальной энергии стержня дли-
длиной / в линейном варианте имеет место следующая формула:

390 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
Работа системы сосредоточенных сил Si (i = 1, 2, . . . , к) с точ-
точками приложения Х{ и погонной нагрузки р(х) вычисляется так:
\	dx,	A1.35)
где 'к(х) — продольное смещение сечения стержня за счет изгиба
его оси (перемещениями за счет деформаций растяжения-сжатия
пренебрегают), которое определяется следующим образом:
X
*'(*) = -\У{х)]\ Цх)-Ц0) = -\\[y'{x)]2dx. A1.36)
0
Для приближенного вычисления критического значения Sik
одной из сосредоточенных сил при заданных остальных силах
и погонной нагрузке или амплитудного значения ро/е (р{х) —
= Pof(x), где f(x) — заданная функция) при заданных силах Si
с учетом граничных условий задается форма прогиба
у(х) = Суо(х).	A1.37)
Подстановка этой функции в равенство A1.33) с учетом
A1.34)-A1.36) приводит к простейшему линейному алгебраиче-
алгебраическому уравнению первого порядка относительно искомого крити-
критического параметра (константа С сокращается). Например, если
к стержню приложена только одна сосредоточенная продольная
сила S, то
8'Я
Часто форма прогиба выбирается в одном из следующих видов:
—	прогиб ур(х) от действия подходящей поперечной нагруз-
нагрузки;
—	степенные или тригонометрические многочлены
у(х) = аохп + а\хп~А + . . . + ап-\х + ап,	A1.39)
пкх \-^у . пкх	,	ч
kCOS~T + Z^bkSm~T' r + s = n. A1.40)
к=0	к=1
Число коэффициентов у этих многочленов должно быть на
единицу больше числа п граничных условий. При этом, чем боль-
больше учитывается условий, тем точнее определяется критическая
сила.
Пример 11.9. Определить величину критической силы
для стержня постоянной жесткости EJ из примера 11.4, исполь-
используя энергетический метод.

11.3]	Энергетические методы решения задач устойчивости	391_
Решение. Граничные условия на обоих концах стержня
заключаются в равенстве нулю прогиба и момента (см. E.24)-
E.26)):
1/@) = 0, 2/@ = 0, у"@) = 0, /@ = 0.
Уравнение упругой линии стержня принимаем в виде много-
многочлена четвертой степени:
Из граничных условий получаем связь между коэффициента-
коэффициентами этого многочлена:
у@) = а4 = 0, ?/(/) = ао/4 + ai/3 + а2/2 + а%1 + а4 = 0,
у"@) = 2а2 = 0, у"A) = 12а0/2 + 6а2/ + 2а2 = 0.
Решая эту систему уравнений (ао = С — свободное неизвест-
неизвестное), получаем
о>2 — о>4 — 0, а\ = — 2С/, аз = С1 .
Тогда уравнение упругой линии принимает вид
у = Су0, уо = х4 - 2/ж3 + /Зж.
Используя A1.33), A1.35) и A1.36), находим (А,@) = 0)
/	/
ТП Т п	ТП Т п	10
— 	 (ii"\A rlrp — 	 A 9т — 1 9/тг г/т — 	 /*?/
о	о
2 J
0
0
Подставляя найденные значения потенциальной энергии и ра-
работы единичной силы в A1.38), получаем приближенное значение
критической силы:
168 	EJ
17Г ' Г
Отметим, что оно отличается от точного значения, определя-
определяемого формулой Эйлера A1.19)
**¦	i2	' 12 '
всего лишь третьей значащей цифрой.

392 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
При продольно-поперечном изгибе стержня к правой части
закона сохранения энергии A1.33) добавляется работа попереч-
поперечной нагрузки Ар:
U = AS + AP.	A1.41)
Для системы сосредоточенных сил Pi (i = 1, 2, . . . , к) и мо-
моментов Mj (j = 1,2,..., т) с точками приложения xPi и хм• ,
а также погонных поперечной нагрузки q(x) и моментов т(х)
работа Ар вычисляется так (Э(ж) = у'(х), см. E.21)):
t=l
i	i
+ \q(x)y(x)dx+ \m(x)Q(x)dx. A1.42)
Подстановка функции A1.37) в равенство A1.41) с учетом
A1.34)—A1.36) и A1.42) позволяет определить величину ампли-
амплитуды С прогиба:
лЫ)	As(y)	(и лх\
' AL43)
При выборе формы прогиба необходимо учитывать, что точ-
точность решения связана с удовлетворением граничных условий так
же, как и при исследовании устойчивости. Как правило, полагают,
что форма имеет один из следующих видов:
—	многочлены A1.39) или A1.40);
—	прогиб ур(х) от действия только поперечной нагрузки;
—	форма у$(х) прогиба при потере устойчивости.
Во втором варианте равенства в A1.43) упрощаются:
С=—!—, кР = \.	A1.44)
1 Kg
Если при этом имеется только одна сосредоточенная сила, и ее
критическое значение определяется с помощью функции ур(х),
то из A1.37), A1.43) и A1.44) найдем
Отметим, что, как правило, без ущерба для точности вели-
величина SK может быть вычислена с помощью отличной от ур(х)
аппроксимации формы прогиба, либо может быть взято ее точное
значение.

11.3]	Энергетические методы решения задач устойчивости	393
Указанные выше приближенные формулы удобно применять
для вычисления запаса прочности, поскольку при этом в отличие
от точного решения (см. § 11.1) задача сводится к решению ал-
алгебраического уравнения.
Пример 11.10. Для изображенной на рис. 11.10 балки
с помощью энергетического метода определить изгибающие мо-
моменты и упругую линию. Величи-
Величину сжимающей силы S принять Ьу
равной n2EJ/Bl2).	I
Решение. Воспользуемся /?& 7	7 "Ж
аппроксимацией формы упругой	[*	^	И
линии при продол ьно-попереч-	р п 10
ном изгибе прогибом ур(х) от
действия только поперечной нагрузки. Очевидно, балка имеет
обратную симметрию относительно сечения, в котором приложен
момент. Поэтому достаточно получить решение только для левой
половины балки.
Обычными средствами (см. § 5.1) находим
,, Мх
мР = —.
Интегрированием уравнения поперечного изгиба E.20)
Е Jy"P = МР
определяем прогиб ур(х). При этом учитываем кинематическое
граничное условие на левом конце балки и вытекающие из упо-
упомянутой симметрии равенство нулю прогиба в центре балки:
= уРA/2) =
Тогда получаем
М ( хъ х
Ур EJ \61 24
Величину критической силы удобнее найти, задавая с учетом
обратной симметрии форму прогиба при продольном изгибе дву-
двумя полуволнами синусоиды (см. табл. 11.1):
_ 4n2EJ	_ ^_ _ 7
^к" /2 ' Х Sk~8'
Учитывая эти результаты, по формуле A1.45) находим
_ 4Mxl /ж2 Г
У ~
21EJ IF 4

394 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
Изгибающий момент, как следует из A1.3), в этом случае
определяется так:
Мх |\ 2к2 (х2 х
- оу = ——
I
Пример 11.11. Используя приближенные формулы, про-
провести поверочный расчет на прочность балки, рассмотренной
в примере 11.3, для двух вариантов: а) постоянная продольная
сила; б) все силы могут изменяться пропорционально.
Решение. Определяем опорные реакции, максимальный
изгибающий момент и прогиб в сечении с координатой х = 1\ =
= 2//3 в случае поперечного изгиба (см. рис. 11.3):
Критическая сила для данной балки равна эйлеровой (см. про-
промежуточные результаты примера 11.3):
Sk = IEJ_ = ^7,2-10^10,7-ИГ* = 7
Используя A1.5) и A1.45) находим максимальный изгибаю-
изгибающий момент
М2тах = MZ,P - Svp = 264 Н • м.
1 — о / ок
а)	Поскольку с принятой точностью максимальный изгибаю-
изгибающий момент совпадает с найденным в примере 11.3, то и коэффи-
коэффициент запаса будет тот же.
б)	В случае пропорционального изменения продольной и по-
поперечной сил уравнение для запаса прочности п в соответствии
с A1.10) и п. 2 алгоритма, указанного в § 11.1 имеет вид
"пр F ' Wz
Решая это квадратное уравнение при исходных данных при-
примера 11.3, получаем два корня: п\ = 1,16 и n<i = —24,1. По смыслу
запаса прочности второй корень лишний, поэтому п = 1,16. ¦

11.3]
Энергетические методы решения задач устойчивости
395
Задачи
В задачах 11.47-11.61 для стержней, изображенных на ука-
указанных рисунках, используя энергетический метод, определить
величину критической силы S.
11.47.	См. рисунок. Длину стержня / и изгибную жесткость
EJ считать известными. В расчетах принять: Ь = 0,4/.
11.48.	См. рисунок к задаче 11.47. В расчетах принять:
/ = 200 см, b = 40 см, J = 1,5 см4, материал — сталь (Е =
= 2-105 МПа).
К задаче 11.47
К задаче 11.51
11.49.	См. рисунок к задаче 11.47. В расчетах принять: / =
= 200 см, Ь = 120 см, J = 1,5 см4, материал — сталь (Е =
= 2-105 МПа).
11.50.	См. рисунок к задаче 11.47. В расчетах принять: / =
= 200 см, b = 160 см, J = 1,5 см4, материал — дюралюминий (Е =
= 7Ю4МПа).
11.51.	См. рисунок. Длину стержня / и изгибную жесткость
EJ считать известными. В расчетах принять: b = 0,4/.
11.52.	См. рисунок к задаче 11.51. В расчетах принять: / =
= 200 см, b = 40 см, J = 2 см4, материал — сталь (Е = 2-105 МПа).
11.53.	См. рисунок к задаче 11.51. В расчетах принять:
/ = 200 см, b = 120 см, J = 2 см4, материал — сталь (Е =
= 2-105 МПа).
11.54.	См. рисунок к задаче 11.51. В расчетах принять: / =
= 200 см, b = 160 см, J = 2 см4, материал — дюралюминий (Е =
= 7-104 МПа).
11.55.	См. рисунок. В расчетах принять: / = 200 см, J = 3 см4,
Si = S, S2 = S, материал — дюралюминий (Е = 7 • 104 МПа).
11.56.	См. рисунок к задаче 11.55. В расчетах принять: / =
= 100 см, J = 3 см4, Si = 5, S2 = 5, материал — дюралюминий
(? = 7-104МПа).
К задаче 11.55
К задаче 11.58

396
Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стерэюней [Гл. 11
11.57.	См. рисунок к задаче 11.55. В расчетах принять: / =
= 200 см, J = 3 см4, Si = S, S2 = 2S, материал — сталь (Е =
= 2-105 МПа).
11.58.	См. рисунок. В расчетах принять: / = 200 см, b =
= 120 см, J = 4 см4, материал — сталь (Е = 2 • 105 МПа).
11.59.	См. рисунок к задаче 11.58. В расчетах принять: / =
= 200 см, b = 80 см, J = 4 см4, материал — дюралюминий (Е =
= 7Ю4 МПа).
11.60.	См. рисунок. В расчетах принять: / = 200 см, b =
= 100 см, J = 4 см4, материал — сталь (Е = 2 • 105 МПа).
К задаче 11.60
К задаче 11.61
11.61.	См. рисунок. В расчетах принять: / = 200 см, b = 50 см,
J = 2,5 см4, материал — дюралюминий (Е = 7 • 104 МПа).
В задачах 11.62-11.66 для стержней, изображенных на ука-
указанных схемах в табл. 11.1, вычислить коэффициент приведения
длины jlx с использованием энергетического метода.
11.62.	См. схему 1 табл. 11.1.
11.63.	См. схему 2 табл. 11.1.
11.64.	См. схему 4 табл. 11.1.
11.65.	См. схему 5 табл. 11.1.
11.66.	См. схему 6 табл. 11.1.
В задачах 11.67-11.72 для стержней, изображенных на указан-
указанных рисунках, с использованием энергетического метода опреде-
определить изгибающие моменты, упругую линию и выполнить пове-
поверочный расчет для случая одновременного и пропорционального
изменения всех сил. Сечение балки — прямоугольник с основани-
основанием b и высотой h.
11.67.	См. рисунок. В расчетах принять: Р = 200 Н, / = 2 м,
Е = 2 • 105 МПа, S = 1 кН, М = PI, b = 22,5 мм, h = 20 мм, опр =
= 200 МПа.
s
К задаче 11.67
К задаче 11.68

11.4]
Устойчивость стержней малой кривизны
397
11.68.	См. рисунок. В расчетах принять: Р = 150 Н, / = 2 м,
Е = 2 • 105 МПа, S = 1 кН, М = Pi, b = 22,5 мм, h = 20 мм, опр =
= 250 МПа.
11.69.	См. рисунок. В расчетах принять: q = 0,5 кН/м, / = 2 м,
Е = 2 • 105 МПа, S = 1 кН, b = 22,5 мм, h = 20 мм, опр = 200 МПа.
К задаче 11.6
К задаче 11.70
11.70.	См. рисунок. В расчетах принять: Р = 100 Н, / = 2 м,
Е = 2 • 105 МПа, S = 1 кН, b = 22,5 мм, h = 20 мм, опр = 200 МПа.
11.71.	См. рисунок. В расчетах принять: Р = 0,5 кН, / = 2 м,
Е = 2 • 105 МПа, S = 5 кН, b = 22,5 мм, h = 20 мм, опр = 200 МПа.
м
м
.	3_
К задаче 11.71
К задаче 11.72
11.72. См. рисунок. В расчетах принять: М = 0,2 кН • м, / =
= 2 м, Е = 2 • 105 МПа, S = 5 кН, b = 22,5 мм, h = 20 мм, опр =
= 200 МПа.
11.4*. Устойчивость стержней малой кривизны
Как отмечалось выше, при выводе уравнений, описывающих
потерю устойчивости, необходимо отказаться от принципа на-
начальных размеров. В частности, для кривого стержня уравнения
равновесия G.38) должны составляться для деформированного
элемента стержня С1 В1 (см. рис. 7.29). При этом в уравнениях
G.39) необходимо заменить кривизну к недеформированной оси Г
соответствующим параметром к деформированной оси Г':
ds
dMz
ds
A1.46)
= Qy -
где к определяется равенствами G.43).

398 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
В курсе сопротивления материалов рассматривается устойчи-
устойчивость стержня постоянной малой кривизны с нерастяжимой осью
(см. §7.4) относительно положения равновесия, соответствующего
внешней нагрузки в виде равномерного давления q. Для такого
стержня уравнения A1.46) с учетом G.43), G.54), G.55), G.58) и
G.60) принимают следующий вид (р = 0,т = 0):
ъ)=0 =NA + di)+Rq>
J	A1.47)
Обозначим через TVo, Qo> ^0> Щ, wq и 9o значения внутрен-
внутренних силовых факторов, перемещений и угла поворота сечения
стержня в невозмущенном состоянии равновесия. Из уравнений
равновесия G.56) находим, что Nq = —qR, Qq = 0, Mq = 0, а из
равенства G.56) получаем, что перемещение щ удовлетворяет
однородному уравнению (при однократном интегрировании этого
равенства полагаем, что постоянная интегрирования равна нулю,
так как она определяет поворот стержня относительно центра оси
как абсолютно жесткого тела):
^? + «о = О.	A1.48)
При этом из G.55) и G.60) следует, что
wo = -^, ео = О.	A1.49)
<2ф
Внутренние силовые факторы и кинематические параметры
стержня для возмущенной формы равновесия представляем в ви-
виде сумм
N = No + 57V = -qR + 57V, Qy = Qo + bQy = bQy,
Mz = M0 + bMz = 3Mz, и = щ + 8и,	A1.50)
w = wo + bw, 9 = 90 + 59 = 59,
где 57V и т. д. — дополнительные составляющие соответствующих
величин, возникающие в результате изгиба стержня.
Подставляя теперь представления A1.50) в A1.46), G.55),
G.61), G.63) и проводя линеаризацию уравнений равновесия
в предположении малости производной Э'(ср) и дополнительных
составляющих кинематических и силовых характеристик, с уче-
учетом равенств A1.48) и A1.49) получаем (здесь и далее значок «5»

11.4]	Устойчивость стержней малой кривизны	399
опущен):
Исключая из соотношений A1.51) Qy и TV, приходим к урав-
уравнению устойчивости относительно изгибающего момента:
= qR^.	A1.53)
dq2	v	У
Подстановка сюда соотношений A1.52) приводит к уравнению
устойчивости относительно перемещения для кругового бруса
малой кривизны под действием равномерного давления:
которое удобнее записать так:
j2 Г Л2 / л2л.
A1.55)
Так как его характеристическое уравнение Х2(Х2 + 1)(^2 +
+ р2) = 0 имеет корни ^2 = 0, ^з,4 = =Ь*? ^5,6 — =Ьр«, то общее
решение этого уравнения записывается следующим образом:
и = С\ + Сгф + Сз sin ф + С^ cos ф + Сб sin рф + Се cos рф, A1.56)
где G^ (А; = 1, 6) — постоянные интегрирования.
Критическое давление qK аналогично критической силе (см.
§11.2) определяется как минимальное значение давления q, удо-
удовлетворяющего условию существования нетривиального реше-
решения краевой задачи, соответствующей уравнению A1.55). В силу
A1.54) ему соответствует подчиняющееся тем же условиям ми-
минимальное значение рк параметра р, связанное с qK так:
Ь = ^Г (РИ - 1) •	(П-57)
При этом необходимо дополнительно учитывать вытекающее
из условия qK > 0 неравенство для параметра р:
р>1.	A1.58)

400 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
Рис. 11.11
Пример 11.12. Определить величину qK критического
давления для стержня, изображенного на
рис.11.11.
Решение. Граничные условия
в этом случае имеют вид
и@) = и(п/2) = О,
w@) = w(k/2) =0,
Mz @) = Mz (тс/2) = 0.
Подставляя равенство A1.56) в
A1.52), находим
w = Сч + Сз cos ф — С^ sin ф + С$р cos рф — С^р sin рф,
гр т
М = —2" [Сч - С$р(р2 - 1) cos рф + Сбр(р2 - 1) втрф] .
Тогда граничные условия приводят к однородной системе ли-
линейных алгебраических уравнений:
С\ + С4 + Сб = °? С2 + С3+ рСъ = 0, С2- Сър(р2 - 1) = 0,
С\ + - С2 + Сз + С5 sin - р + Сб cos - р = 0,
Сч — С4 + Сьр cos - р - Сер sin - р = 0,
С2 - С$р(р2 - 1) cos - р + Сбр(р2 - 1) sin - р = 0,
Из условий существования нетривиального решения этой си-
системы уравнений получаем
10 0 1	0	1
0 110	р	0
0 10 0	-р(р2 - 1)	0
71
1 2
о
sin
1 0 -1
1 0
пр
2
пр
PCOS у
COS
пр
= 2р х
0 —р(р2 — 1) cos —- р(р2 — 1) sin —-
[1
2o°cos —	2sin —	 р (р — 1 cos —- sin —- = 0.
4 42V	y 4	4
Средствами математического анализа можно показать, что
стоящая в квадратных скобках функция имеет два нуля р =
= 0 и р = 1. Следовательно, в силу неравенства A1.58) искомые
х (р

11.4]
Устойчивость стержней малой кривизны
401
корни определяются уравнением sin-p = 0, решение которого
имеет вид р = 4n, n Е Z. Повторное применение A1.57) приводит
к равенству рк = 4. Таким образом
- EJz (А2 Л - A^EJz
/t	/t
Пример 11.13. Определить
величину qK критического давления
для изображенного на рис. 11.12 за-
замкнутого кольца радиуса R.
Решение. Считая неподвиж-
неподвижным сечение, соответствующее ср =
= 0, и учитывая периодичность
функций n, w и 9, записываем гра-
граничные условия
и@) = иBп) = 0, гу(О) = wBn) = 0, 9@) = 9Bтт) = 0.
Перемещение и определяется равенством A1.56). Подставляя
его в A1.52), находим
Рис. 11.12
w = C<i + Сз cos ф — С^ sin ф + С$р cos рф — С$р sin рф,
СбA -p2)cos/xp) .
е= - (Ci
С учетом этих равенств граничные условия приводят к одно-
однородной системе линейных алгебраических уравнений
d + С4 + Сб = 0, С2 + С3+рСь = 0, d - Сб(р2 - 1) = 0,
С\ + 2кС2 + С4 + Сь sin 2кр + Сб cos 2кр = 0,
С2 + Сз + С$р cos 2тгр - Сер sin 2тгр = 0,
Ci + 27iC2 - С5(р2 - 1) sin 2тгр - Сб(р2 - 1) cos 2тгр = 0.
Условие существования нетривиального решения этой систе-
системы уравнений есть равенство нулю определителя ее матрицы:
1
0
1
1
0
1
0
1
0
2ти
1
2ти
0
1
0
0
1
0
1
0
0
1
0
0
0
р
0
sin Bтф)
р cos Bтф)
-(p2-l)sin Bтф)
1
0
-р2 + 1
cos Bтгр)
-р sin Bтф)
-(р2 - l)cosBjup)
= [1 - cosB7ip)]2 + sin2B7ip) = 0.

402 Продольно-поперечный изгиб и устойчивость стержней [Гл.11
Отсюда находим cos Bnp) = 1ир = n, nEZ. В силу неравен-
неравенства A1.58) рк = 2, и с помощью формулы A1.57) окончательно
получаем
EJZ
B2 - 1) =
Задачи
11.73—11.81 Определить величину qK критического давле-
давления для изображенных на соответствующих рисунках круговых
стержней радиуса R.
Указание: при решении уравнений, если это необходимо,
использовать численные методы.
К задаче 11.73
К задаче 11.74
К задаче 11.75
К задаче 11.76
К задаче 11.78
К задаче 11.79
К задаче 11.80
К задаче 11.81

Глава 12
ДИНАМИЧЕСКОЕ НАГРУЖЕНИЕ
СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ
В этой главе рассматриваются используемые в сопротивлении
материалов некоторые элементарные методы расчета стержне-
стержневых систем при действии динамических нагрузок (см. определе-
определение П. 13). Общая задача об определении НДС деформируемого
тела в произвольные моменты времени даже в случае стержневых
систем является достаточно сложной и изучается в специальных
дисциплинах.
12.1. Расчет движущихся систем статическими
методами
Для того чтобы имелась возможность при расчетах на проч-
прочность, жесткость или устойчивость использовать методы сопро-
сопротивления материалов, вводится следующая упрощающая гипо-
гипотеза.
Аксиома 12.1. Деформации не влияют на перемещение
тела G как абсолютно жесткого. ¦
Это предположение дает возможность использовать следую-
следующий алгоритм расчета при динамическом нагружении.
1.	Методами теоретической механики определяем траекторию
r = r(A,t)	A2.1)
каждой точки A Е G, где t — абсолютное время.
2.	В связанной системе координат рассматриваем тело как
самоуравновешенную (кинематически не изменяемую) систему
с приложенными к ней в соответствии с принципом Д'Аламбера
инерционными массовыми силами (см. определение П.7)
F = -r(A,t),	A2.2)
где точками обозначены производные по времени.
3.	Для стержневых систем по формулам (П.7) и (П.10) от
массовых сил переходим к объемным и далее к погонным ха-
характеристикам, а затем используем в соответствии с условиями
задачи те или иные методы сопротивления материалов. При этом
в случае изгибных деформаций вращающихся систем опорные
подшипники моделируются шарнирными опорами. ¦

404
Динамическое нагружение стержневых систем
[Гл. 12
Вообще, при таком подходе время играет роль параметра (пе-
(переменной, не являющейся аргументом в дифференциальных за-
зависимостях). Однако в большинстве задач рассматривается рав-
равноускоренное движение, т. е. инерционные силы A2.2) от времени
не зависят.
Пример 12.1. Рама, все элементы которой имеют попе-
поперечные сечения площади F и выполнены из одинакового мате-
материала плотности р, вращается с постоянной угловой скоростью со
(см. рис. 12.1 а). Построить эпюры изгибающих моментов М, пе-
перерезывающих Q и нормальных N сил.
21
1
q =
5 3N[pFa2l2]
2
.273i
Рис. 12.1
Решение. Нумерация характерных сечений рамы приве-
приведена на рис. 12.1 а.
1—2. Инерционные погонные нагрузки q на каждом участ-
участке определяем, используя свойства равномерного вращательного
движения и полагая, что в силу малости размеров поперечно-
поперечного сечения объемные силы распределены по нему равномерно
(см. рис. 12.1 а):
— участок 1-2-3
—	участок 2-4 (нагрузка продольная; г — координата, отсчи-
отсчитываемая от оси вращения рамы)
q = pFccrr;
—	участок 4-5 (нагрузка поперечная)
q = pFco2/.

12.1 ]	Расчет движущихся систем статическими методами	405
Схема нагружения рамы инерционными силами показана на
рис. 12.1 а.
3. Рама статически определимая (см. гл. 7). Находим реакции
опор й] и Дз:
3/ - | pFco2/ • 21 ¦ I - pFco2/ • / • 21 = 0, R3 = pFco2/2;
- #i • 3/ + \ pFco2/ -1-1 + pFco2/ • 21 ¦ 21 = 0, Ri = ^ pFco2/2.
Далее по участкам определяем TV, Q и М (рис. 12.1 5, в, г):
—	участок 1-2 (ЭМ линейная)
TV = 0, Q = \ pFco2/2, Mi =0, М2 = 3pFco2/3;
—	участок 2-3 (ЭМ линейная)
7V = 0, Q = -pFco2/2, M3 = 0, M2 = pFco2/3;
—	участок 2-4 CN — парабола)
г
W(г) = Д] + Лз - j g(r) dr = Д] + i?3 + ^ pFco2r2 =
N2 = N@) = | pFco2/2, N4 = N(l) = 2pFco2/2,
Q = 0, M = Ri-2l-Rs-l = 2pFco2/3;
— участок 4-5 CQ линейная, ЭМ — парабола)
N = 0, Q5 = 0, Q4 = -pFco2/ • 2/ = -2pFco2/2,
M5 = 0, M4 = -pFco2/ • 2/ • / = -2pFco2/3. ¦
Задачи
12.1. Стержень постоянного поперечного сечения F и длины /
равномерно вращается с угловой скоростью со (см. рисунок). На
его свободном краю прикреплена масса т. Считая стержень безы-
безынерционным, определить площадь его поперечного сечения F

406
Динамическое нагружение стержневых систем
[Гл. 12
и перемещение 5 свободного края. В расчетах принять: т = 5 кг;
/ = 0,7 м; со = 50 с, Е = 2 • 105 МПа, [а] = 80 МПа.
12.2. Решить задачу 12.1 с учетом массы стержня то = га.
со
К задаче 12.1
К задаче 12.3
12.3.	Стержень постоянного поперечного сечения F равно-
равномерно вращается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью со
(см. рисунок). Определить размер /, при котором максимальные
напряжения в нем достигнут допускаемых [о]. В расчетах при-
принять: F = 1 см2, р = 7700 кг/м3, со = 150 с, [а] = 90 МПа.
12.4.	Стержень постоянного поперечного сечения площади F
равномерно вращается вокруг вертикальной оси с постоянной
угловой скоростью со (см. рисунок к задаче 12.3). На его свобод-
свободных концах расположены сосредоточенные массы га. Определить
угловую скорость вращения со, при которой удлинение каждой
половины стержня составит А/. В расчетах принять: F = 1 см2,
/ = 1 м, р = 7700 кг/м3, Е = 2 • 105 МПа, га = 1 кг, А/ = 0,1 мм.
Рассмотреть два варианта: а) безынерционный стержень; б) масса
стержня гао ф 0.
12.5—12.7. Указанные на соответствующих рисунках рамы
вращаются с постоянной угловой скоростью со. К ним прикреп-
прикреплены сосредоточенные массы га. Построить эпюры TV, Q и М.
Массой элементов рамы пренебречь.
чоо
21
К задаче 12.5
В
а
..By
I
К задаче 12.6
12.8—12.12. Указанные на соответствующих рисунках рамы
постоянного сечения площади F вращаются с постоянной угловой

12.1 ]	Расчет движущихся систем статическими методами	407
скоростью со. Плотность материала их элементов р. Построить
эпюры TV, Q и М.
со
¦^
А
В
1
К задаче 12.8
К задаче 12.9
I	21	I
К задаче 12.10
К задаче 12.11
с
В
2/	2/
К задаче 12.12
Л
12.13. Изобра^<енная на рисунке рама, все элементы кото-
которой имеют круглое поперечное сечение, вращается с постоянной
угловой скоростью со. К ее концевому элементу прикреплен со-
сосредоточенный груз т. Построить эпюры N, Q, М и определить
диаметр сечения d. В расчетах принять: со = 25 с, т = 5 кг,
/ = 0,4 м; [а] = 200 МПа. Массой элементов рамы пренебречь.

408
Динамическое нагружение стержневых систем
[Гл. 12
12.14. Решить предыдущую задачу при отсутствии допол-
дополнительной массы т, и учете инерции элементов рамы (р =
= 7700кг/м3).
со
<
К задаче 12.13
К задаче 12.15
В задачах 12.15-12.17 изображенные на указанных рисунках
рамы круглого поперечного сечения вращаются с постоянной
угловой скоростью со. Построить эпюры N, Q, М и определить
диаметры поперечных сечений d.
12.15.	См. рисунок. В расчетах принять: / = 0,4 м; р =
= 2200 кг/м3, со = 20 с, [а] = 100 МПа.
12.16.	См. рисунок. В расчетах принять: / = 0,4 м; р =
= 7500кг/м3, со = 30 с, [а] = 200 МПа.
1
1
\
1
1
;
/
со
«г Пг
2/ '
К задаче 12.16
К задаче 12.17
12.17.	См. рисунок. В расчетах принять: / = 0,3 м; р =
= 2200 кг/м3, со = 15 с, [а] = 80 МПа.
В задачах 12.18 и 12.19 изображенные на указанных рисунках
безынерционные рамы круглого поперечного сечения вращают-
вращаются с постоянной угловой скоростью со. С учетом прикрепленных
к ним сосредоточенных масс т построить эпюры N, Q, М и опре-
определить диаметры поперечных сечений d.
12.18.	См. рисунок. В расчетах принять: т = 3 кг, / = 0,3 м;
со = 20 с, [а] = 150 МПа.
12.19.	См. рисунок. В расчетах принять: т = 5 кг, / = 0,4 м;
со = 30 с, [а] = 150 МПа.
12.20.	Из расчета на прочность найти допускаемую угловую
скорость вращения [со] рамы, элементы которой имеют круглое

12.2]
Ударное нагружение стержневых систем
409
поперечное сечение диаметра d (см. рисунок). В расчетах при-
принять: / = 0,5 м; р = 7500 кг/м3, d = 2 см, [а] = 800 МПа.
К задаче 12.18
К задаче 12.19
/
* / " * / *
^ / * * / *
К задаче 12.20
12.21. Безынерционная рама, элементы которой имеют квад-
квадратное сечение со стороной d, вращается с постоянной угловой
скоростью со (см. рисунок к задаче 12.13). Найти перемещения
точки А по нормали к оси вращения. В расчетах принять: / =
= 0,3 м; Е = 2 • 105 МПа, р = 7900 кг/м3, d = 2 см, со = 40 с.
12.2. Ударное нагружение стержневых систем
В соответствии с известными положениями теоретической ме-
механики используется следующее понятие.
Определение 12.1. Ударными нагрузками называются
такие внешние динамические силы (см. определения П.9 и П. 13),
время действия которых пренебрежимо мало, но их импульс ко-
конечен. ¦
Отметим, что к таковым относятся и инерционные силы, воз-
возникающие при мгновенном наложении связей на деформируемую
систему.
Аксиома 12.2.
1.	Возмущения распространяются по деформируемому телу G
с бесконечной скоростью, т. е. различные виды энергии переходят
друг в друга мгновенно.
2.	В результате действия ударных нагрузок напряжения в те-
теле G достигают максимальных значений в положении равнове-
равновесия. ¦

410
Динамическое нагружение стержневых систем
[Гл. 12
При решении задач на ударное нагружение используется за-
закон сохранения энергии (П.18), который в соответствии с аксио-
аксиомой 10.1 приобретает вид (Т = 0):
ТТ I Т1 I Л ТТ	/if) о\
Uq + 1q + Л = и,	{±2.6)
где Uq и Tq — потенциальная и кинетическая энергии тела (си-
(системы) в начальный момент, U — потенциальная энергия в по-
положении равновесия, А — работа внешних сил, выполняемая при
переходе в это положение.
В некоторых случаях (например, мгновенное наложение или
снятие связей) соотношение A2.3) используется непосредственно.
При этом иногда для определения энергии U требуются допол-
дополнительные гипотезы относительно деформированного состояния
тела G.
Другой подход заключается в замене тела G некоторой мо-
моделью с одной степенью свободы. Он используется, в основном,
в том случае, если нагрузки вызваны ударом некоторого другого
тела. При этом процесс соударения полагается абсолютно неупру-
неупругим. Соответствующая методика базируется на двух положениях.
Во-первых, для системы с одной степенью свободы, находя-
находящейся под действием ударной нагрузки, вводится понятие «экви-
«эквивалентной» ей системы, нагруженной статически.
А именно, с одной стороны, в качестве динамической системы
рассматривается вертикальный пружинный маятник с жесткос-
жесткостью с (см. § 7.2) и сосредоточенной
массой то- По нему происходит удар
грузом, обладающим массой т и на-
начальной скоростью vo (рис. 12.2 a; g —
ускорение свободного падения). С дру-
другой стороны, полагается, что статиче-
статическая система — та же пружина с сосре-
сосредоточенной массой (см. рис. 12.2 5)
Xm + rriQ.	A2.4)
Определение 12.2. Величи-
Величина А, в A2.4) называется коэффициен-
коэффициентом динамичности системы. ¦
Он определяется с помощью сле-
следующей гипотезы.
НДС указанных двух систем совпадают
Рис. 12.2
Аксиома 12.3
(они считаются эквивалентными), если
5д = б3Е,	A2.5)
где 5д и 5^ — максимальные перемещения конца пружины для
динамической и статической систем. ¦

12.2]	Ударное нагружение стержневых систем	4П_
Каждое из этих перемещений раскладывается на два слагае-
слагаемых:
8J = 5$ + б бЕ
8J = 5$ + бд, бэЕ = 8g) + Х8СТ,	A2.6)
где 5СТ и 5ст — статические перемещение в обеих системах за счет
действия сил тяжести mg и mog*, а 5Д — составляющая переме-
перемещения динамической системы, обусловленная только ударом.
Из A2.5) и A2.6) вытекает следующая формула для коэффи-
коэффициента динамичности:
Х=^.	A2.7)
Ост
Использование закона сохранения энергии приводит к урав-
уравнению
^L^ = 0, ко = ^,	A2.8)
откуда следует явное выражение для коэффициента динамично-
динамичности (X > 1):
X = 1 + W1 + , "* , . .	A2.9)
У 5g-(l + ^0)
Отметим, что, поскольку в силу формулы A2.7), коэффици-
коэффициент динамичности не зависит от силы тяжести, то равенство A2.9)
справедливо и для горизонтально расположенных пружин.
Из A2.9) вытекают следующие частные случаи:
— при mo <C m (ко « 0)
Jl« 1 -
— при падении груза с высоты Я
—	при vQ = 0 (Я = 0)
А, = 2;	A2.12)
—	при ^o/ECT<g*) > 1 или Я/5СТ > 1
2Я
— при VQ/(dCTg) ^> 1 или Я/5СТ >1 и mo <C m
A2.14)

412
Динамическое нагружение стержневых систем
[Гл. 12
n = 6G
Во-вторых, для деформируемой системы (тела) G (системы
с бесконечным числом степеней свободы) строится «эквивалент-
«эквивалентная» ей система с одной степенью свобо-
свободы.
А именно, рассматривается тело G,
по которому в некоторой точке Л* Е П =
= dG происходит удар точечным гру-
грузом, обладающим массой т и начальным
вектором скорости vq (рис. 12.3), а так-
также указанная выше пружинная система
с массой
Рис. 12.3
= krnmG, mG = | | \pdxdydz,
* G
A2.15)
где р и mG — плотность и масса тела G.
Аксиома 12.4. Тело G и пружинная система полагаются
эквивалентными, если
— равны их кинетические энергии Tq и Tq (см. (П.19))
TG = -
pv" dx dy dz,
J
G
v* = v\
A2.16)
где v — поле скоростей в теле;
— статическое перемещение пружины под действием единич-
единичной силы (податливость с пружины) определяется так:
Д*'
A2.17)
где Uct — статическое поле перемещений в теле от действия
единичной силы, сонаправленной с вектором скорости vo и при-
приложенной в точке Л*. ¦
Определение 12.3. Величина кш в A2.15) называется
коэффициентом приведения массы, ш
Формулы A2.15) и A2.16) приводят к следующему результату
для коэффициента приведения массы:
кш =
pv2dxdydz.
A2.18)
G
Ввиду неизвестности поля скоростей по этой формуле нельзя
однозначно определить коэффициент приведения массы. Поэто-
Поэтому вводится дополнительная гипотеза.

12.2]	Ударное нагружение стержневых систем	413
Аксиома 12.5. Поле скоростей v в теле пропорционально
полю перемещений и с не зависящим от точки коэффициентом
пропорциональности
v = &iu, k\ = const,	A2.19)
а поле перемещений в любой точке тела коллинеарно вектору
статического перемещения пст* тела в точке Л* от действия еди-
единичной силы:
u = &2iiCT*, &2 = const. ¦	A2.20)
С учетом этой гипотезы формула A2.18) принимает вид
^/dxdydz.	A2.21)
При поперечном или продольном ударе по однородному
стержню постоянного сечения эта формула упрощается
&Jdx,	A2.22)
где г/ст — прогибы балки или перемещения сечений стержня под
действием единичной силы, сонаправленной с вектором скоро-
скорости vo и приложенной в точке удара.
Отметим, что при использовании формулы A2.22) прогиб
(перемещения сечений) y^J либо находится как решение соот-
соответствующей краевой задачи (см. § 5.2 и гл. 1), либо применятся
приближенные аппроксимации (см. § 11.3).
Таким образом алгоритм расчета стержневых систем при
ударном нагруэюении заключается либо в непосредственном ис-
использовании закона сохранения энергии A2.3), либо в следующей
последовательности действий.
1.	Решаем статическую задачу для стержневой системы от
действия единичной силы, сонаправленной с вектором скоро-
скорости vo и приложенной в точке Л*. В том числе по формуле A2.17)
определяем перемещение 5сТ .
2.	По формулам A2.15), A2.21) или A2.22) находим коэффи-
коэффициент приведения массы и приведенную массу то эквивалентной
системы с одной степенью свободы.
3.	Используя A2.10) (или A2.11)—A2.14)) вычисляем коэффи-
коэффициент динамичности А,. При этом 5СТ = mgdCT\
4.	С использованием аксиом 12.2-12.4 определяем максималь-
максимальные значения обобщенных внутренних силовых факторов Qj^

414
Динамическое нагружение стержневых систем
[Гл. 12
(см. § 7.1), обобщенных перемещений 5jA и напряжений оард си-
системы при ударном нагружении:
М)
A2.23)
5^;
где Qjcti 5jCT, aapCT и Q)cTi ^ст, а^ст — компоненты статического
НДС системы при нагружении силами, равными mg и 1, соот-
соответственно.
Приведенный алгоритм используется в задачах об ударе по
стержневой системе другого тела.
Специальный случай так называемого крутящего удара рас-
рассмотрен в примере 12.5.
Пример 12.2. Вычислить коэффициент динамичности
для вертикально стоящего стержня, на который со скоростью vq
падает груз массы т (см. рис. 12.4). В расчетах при-
\х	нять: vq = л/gl I mG = т.
ivo	Решение. 1. Определяем (см. § 1.1) нормаль-
т ные силы, напряжения, деформации и перемещения
в стержне от действия единичной силы, приложен-
приложенной на свободном конце (положение оси Ох указано
на рис. 12.4):
EF
/
EF'
EF'
Рис. 12.4
1^"ГП
и приведенную массу
2. Используя формулу A2.22), находим коэффи-
коэффициент приведения массы
12-1 J \EFJ
о
= т/3.
3. Определяя предварительно коэффициент ко в формуле
A2.8) и перемещение 5СТ
т
—,

12.2]
Ударное нагружение стержневых систем
415
из A2.9) получаем следующую формулу для коэффициента ди-
динамичности:
= 1 + 1/1 +
gl-EF
=1+4/1+
3EF
Пример 12.3. На шарнирно опертую невесомую балку
длиной / с высоты Н падает груз массы т. Балка имеет пря-
прямоугольное поперечное сечение высоты 2d и ширины d. Удар
происходит в плоскости наибольшей жесткости сечения. Найти
максимальные динамические напряжения и прогибы в точке уда-
удара для двух вариантов ее расположения: а— центр пролета балки,
б — точка, расположенная на расстоянии 1/4 от ее левой опоры.
В расчетах принять: / = 0,5 м; Н = 0,1 м; т = 2 кг, d = 1 см,
Е = 2 • 105 МПа.
Решение. 1. Эпюры изгибающих моментов от действия
единичной силы для обоих вариантов задачи приведены соответ-
соответственно на рис. 12.5 а и 12.5 б (см. § 5.1).
т
эм?
[I]
2
^—1—"| (+)
,1 ,
Н
_/_
2
т
ЭМ
[/]
A)
h
4
н
© 1 1 ^—Г~~г—т—^
Рис. 12.5
Предварительно определяя геометрические характеристики
поперечного сечения балки (см. таблицы П.З и П.6))
3 '
Jz =
d{2df
dBdf
12	3 ' *	6
по эпюрам моментов вычисляем максимальные нормальные на-
напряжения (см. гл.5) и прогибы (используем интегралы Мора
и правило Верещагина, см. § 7.1):
— вариант а)
= -. о;
(D =
ст

416	Динамическое нагружение стержневых систем	[Гл. 12
A) _ 2 /1 I I 2 /\ _ /3 _ З/3
ст ~ ЁЛ \2 ' 2 ' 4 ' 3 ' 1) ~ 4SEJZ ""	'
— вариант б)
Мтах = Ye ' Gmax ст = ^3>
1/1/3/23/ 13/3/23/
Е Jz V 2 4 16 3 16 + 2 4 16 3 16
2.	Так как балка считается невесомой, то то = 0, и нет необ-
необходимости вычислять коэффициент приведения массы.
3.	Вычисляем 5СТ:
— вариант а)
я m^W 3l3mS 3-0,53-2-9,81	4
5ст = mg#J = ^^ = ___тг__ж = 0,382 - 10 м,
—	вариант б)
9lsmg	9-0,53-2-9,81	4 м
5СТ = 	j = 	ttj	j = и, 251 • 1U м.
ст 512Ed4 512 • 2 • 1011 • 0,014
Так как в обоих случаях Я/5СТ >1и то = 0, то коэффициент
динамичности X вычисляем по упрощенной формуле A2.14):
—	вариант а)
2-0,1
0,382 • 10"
— вариант б)
4. Находим соответствующие максимальные динамические
нормальные напряжения и прогибы 5 в точке удара:
— вариант а)
_ SmgXL _ 3 • 2 • 9,81 • 72,4 • 0,5 _
= 266 • 106Па = 266 МПа,
5 = ^5СТ = 72,4 • 0,382 • 10~4 = 27,6 • 10 м = 2,76 мм;

12.2]	Ударное нагружение стержневых систем	417
— вариант б)
9-2-9,81-89,3-0,5	б	ШМПа
= 	W^T*	= 246-10 Па = 246МПа,
5 = ХдСТ = 89,3 • 0,251 • 10~4 = 22,4 • 10~4 м = 2,24 мм. ¦
Пример 12.4. Решить предыдущую задачу для случая
удара по середине балки при учете ее инерционных свойств
при р = 7200 кг/м3. Сравнить коэффициенты приведения массы
и динамичности, полученные с помощью точного выражения для
упругой линии и при ее аппроксимации функцией Л sin —.
Решение. 1. Необходимые эпюры изгибающих моментов
построены в п. 1 примера 12.3 (см. рис. 12.5 а). Там же определены
(!)	sO)
велИЧИНЫ Отах ст И Ост .
2. Для вычисления приведенной массы по формулам A2.15)
и A2.22) необходимо найти упругую линию балки г/сТ = у(х)
(см. § 5.2). В силу симметрии задачи достаточно рассмотреть
левую половину балки со следующими граничными условиями:
1/@) = 0, у'A/2) = 0.
Для этого участка записываем дифференциальное уравне-
уравнение E.20) и находим его общее решение:
Отсюда с учетом граничных условий получаем уравнения от-
относительно констант интегрирования А и В:
Следовательно,
Величина 5СТ вычисляется через найденные прогибы:
2) 48EJZ'
Естественно, она совпадает со значением, найденным в преды-
предыдущем примере.
14 А. Г. Горшков и др.

418	Динамическое нагружение стержневых систем	[Гл. 12
Далее определяем коэффициент приведения
а j у
ст О	О
и приведенную массу
^0 = кшто = кшрГ1 = 2кшрс121 =
= 2 • -^ • 7200 • 0,012 • 0,5 = 0,473 кг.
105
Если использовать указанную в условии аппроксимацию
упругой линии, то получаем
л Г	1 Г ( л • пх
= A; km = —T-\[Asin—\ dx = -,
x=l/2	Л / J V	l J	"
= A sin —-
1 x=l/2
8CT = 8CT —jjr = 0,382 '10
= ———тг^—j = 0,382 • 10 м.
96 • 2 • 1011 • 0,014
Полученный таким образом коэффициент ниже кш прибли-
приблизительно на 24%.
3. Величина 5СТ найдена в предыдущей задаче: 5СТ =
= 0,382 • 10~4 м. Поскольку Я/5СТ ^> 1, то коэффициент
динамичности X вычисляем по упрощенной формуле A2.13).
Определяя предварительно коэффициент ко в формуле A2.8)
_ т0 _ 0,473
получаем
2Я	/	2-0,1	_акл
тA + *о) у 0,382 • 10A + 0,236)
При использовании приближенной аппроксимации упругой
линии приходим к следующему результату:
= 0,473 -^-\ = 0,359 кг, к0 = ^ = ^ = 0,179,
~_ /	2-0,1	_
V 0,382 -Ю-4-A + 0,179) ~ '

12.2]	Ударное нагружение стержневых систем	419
Коэффициент динамичности получается выше. Однако отли-
отличие составляет всего 2 %.
4. Дальнейшие действия такие же, как в предыдущем приме-
примере:
_ SmgXl _ 3-2-9,81-65,1-0,5 _	б _
— 8^3 — 	g q 013	 — lM 1U 1Ja — А6* iVJ1Ja-
Как видно из сравнения с результатами предыдущего приме-
примера, учет инерционности балки привел к уменьшению коэффици-
коэффициента динамичности и соответственно максимальных напряжений
приблизительно на 10%. ¦
Пример 12.5. Один конец вала длины / и диаметра d
консольно закреплен, а на другой насажен диск диаметра D
и массы т. Конструкция вращается с угловой скоростью со. Опре-
Определить максимальное касательное напряжение в вале в момент
его внезапной остановки (крутящий удар). В расчетах принять:
D = 15 см, т = 40 кг, / = 0,5 м; d = 5 см, со = 40 с, G = 7 •
• 104 МПа. Массой вала и деформациями диска пренебречь.
Решение этой задачи строим с помощью непосредственного
использования закона сохранения энергии A2.3), где полагаем
Uo = 0 и А = 0:
Вычисляя массовый полярный момент инерции диска
(Jp = nD2/4 — геометрический полярный момент инерции,
см. табл. П.4; р — поверхностная плотность):
га kD4 mD2
J = р J =
nD2/4 32	8 '
находим кинетическую энергию системы (учитываем только
энергию диска, которая определяется известной формулой
теорети ч еской м ехан и ки):
_ Jco2 _ raD2co2
Крутящий момент Мк, возникающий в вале после его внезап-
внезапной остановки, постоянен по длине. Поэтому для потенциальной
энергия деформации системы получаем вытекающее из D.13)
равенство (диск недеформируемый; JK = nd4/32 — полярный мо-
момент инерции поперечного сечения вала):
= м^1 =
2GJK nGd4
14*

420
Динамическое нагружение стержневых систем
[Гл. 12
Используя полученные выражения для энергий, из закона
сохранения энергии находим крутящий момент
Мк =
16
Максимальные касательные напряжения в вале находим по
формуле в D.7):
0,15-40 /40-7-10
ю
= 160 МПа,
WK d V nl	0,05 V я-0,5
где WK = nd^/16 — момент сопротивления кручению поперечного
сечения вала. ¦
Задачи
12.22. На невесомую балку постоянного квадратного попе-
поперечного сечения со стороной d с высоты Я падает груз массой т
(см. рисунок). Найти коэффициент динамичности А,, напряжения
и прогибы балки в точке удара. В расчетах принять: Я = 0,1 м;
т = 2 кг, / = 0,5 м; d = 2 см, Е = 2 • 105 МПа.
21
Н
2/
Н
К задаче 12.22
К задаче 12.23
12.23.	На невесомую балку постоянного квадратного попе-
поперечного сечения со стороной d с высоты Я падает груз массой т
(см. рисунок). Найти коэффициент динамичности А, прогибы
балки в точке удара и максимальные напряжения. В расчетах
принять: Я = 0,1 м; т = 2 кг, / = 0,5 м; d = 2 см, Е = 2 • 105 МПа.
12.24.	На невесомую стержневую систему, изображенную на
рисунке, с высоты Н падает груз массой т. Стержни имеют
круглое сечение диаметра d. Определить напряжения в стержнях
и вертикальное перемещение точки А. В расчетах принять: Е =
= 2 • 105 МПа, Я = 0,05 м; т = 2 кг, / = 1 м, а = 30°, d = 2 см.
12.25.	На невесомую стержневую систему, изображенную на
рисунке, с высоты Я падает груз массой т. Стержни имеют
круглое сечение диаметра d. Определить напряжения в стержнях
и вертикальное перемещение точки А. В расчетах принять: Е =
= 2 • 105 МПа, Я = 0,05 м; т = 2 кг, / = 1 м, а = 30°, d = 2 см.

12.2]
Ударное нагружение стержневых систем
421
12.26. Вертикально стоящий стержень, имеющий длину /
и площадь поперечного сечения F, при статическом действии
груза веса G укорачивается на величину А/. Предполагая, что
стержень не теряет устойчивости, определить укорочение стерж-
стержня при падении на него такого же груза с высоты Н. В расчетах
принять: / = 1 м, Я = 0,1 м; G = 100 Н, А/ = 0,007 мм; F = 2 см2.
Собственным весом стержня пренебречь.
К задаче 12.24
К задаче 12.25
К задаче 12.27
12.27. На раму, все элементы которой имеют квадратное по-
поперечное сечение со стороной d, с высоты Н падает груз массы т
(см. рисунок). Найти коэффициент динамичности X, максималь-
максимальные нормальные напряжения и вертикальное перемещение точ-
точки А. В расчетах принять: Н = 0,1 м; т = 1 кг, R = 0,2 м; d = 2 см,
Е = 7 • 104 МПа. Массой рамы пренебречь.
ги
1 ,
н
т о—
i
н
/ !
2/
т>
К задаче 12.28
К задаче 12.29
К задаче 12.30
12.28. На раму, все элементы которой имеют квадратное се-
сечение со стороной d, с высоты Н падает груз массой т (см. рису-
рисунок). Найти коэффициент динамичности X, максимальные нор-
нормальные напряжения и вертикальное перемещение точки А.
В расчетах принять: Н = 0,1 м; т = 1 кг, / = 0,2 м; d = 2 см,
Е = 7 • 104 МПа. Массой рамы пренебречь.

422
Динамическое нагружение стержневых систем
[Гл. 12
12.29.	На раму, все элементы которой имеют круглое сечение
диаметра d, с высоты Н падает груз массы т (см. рисунок).
Определить коэффициент динамичности X, максимальный изги-
изгибающий момент и вертикальное перемещение точки А. В расчетах
принять: Я = 5 см, т = 3 кг, / = 0,3 м; d = 3 см, Е = 2 • 105 МПа.
Массой рамы пренебречь.
12.30.	На балку с высоты Н падает груз массой т (см. ри-
рисунок). Найти вертикальные перемещения в точке А и макси-
максимальные нормальные напряжения. В расчетах принять: / = 0,5 м;
Е = 2 • 105 МПа, Н = 0,2 м; т = 10 кг, момент инерции сечения
J = 350 см4, момент сопротивления изгибу W = 58,4 см3. Массой
балки пренебречь.
12.31.	Масса т падает с одинаковой высоты Н и ударяется
о жесткий недеформируемый диск на свободных краях стержней,
изображенных на рисунках а и б. Найти отношение коэффициен-
коэффициентов динамичности для этих стержней, полагая их невесомыми.
//////////А
2/
К задаче 12.32
12.32.	Льдина массой т, двигаясь со скоростью г>о, ударяет
в верхний конец забитой в дно реки сваи (см. рисунок). Опре-
Определить значение vo, при котором наибольшее нормальное напря-
напряжение в свае достигнет допускаемого [о]. В расчетах принять:
/ = 3 м, т = 300 кг, Е = 2 • 105 МПа, [а] = 850 МПа, момент
инерции сечения J = 873 см4, момент сопротивления изгибу W =
= 109 см3. Массой сваи и сопротивлением воды пренебречь.
12.33.	Найти коэффициенты приведения массы для кон-
сольно защемленной балки длины / к сечению на ее свобод-
свободном краю. Использовать а) точную форму упругой линии балки
и следующие аппроксимации ее прогибов; б) у = Ах2] в) у =
= A[l-cos(nx/2l)}.
12.34.	Найти коэффициент приведения массы для жест-
жестко защемленной с обоих краев балки длины I к ее средне-

12.2]	Ударное нагружение стержневых систем	423
му сечению. Прогибы балки аппроксимировать функцией у =
= A[l-cos{2nx/l)].
12.35.	Найти коэффициент приведения массы для шарнирно
опертой балки длиной / к ее среднему сечению. Прогибы балки
аппроксимировать функцией у = A sin (nx/l).
12.36.	Определить коэффициент приведения массы защем-
защемленного на одном краю стержня длины / к сечению на его сво-
свободном торце при продольном ударе. Использовать а) точные
значения продольных перемещений стержня 5 и следующие ап-
аппроксимации; б) 5 = Ах~\ в) 5 = Л sin (пх/21).
12.37.	Найти отношение коэффициентов динамичности при
ударе падающей с высоты Н массы т в середину шарнирно
опертой балки длины / Расчет провести без учета и с учетом
массы балки. Прогиб балки аппроксимировать функцией у =
= Л sin (тис//), а ее массу mG считать равной массе падающего
груза.
12.38.	Определить максимально допустимую длину / кон-
сольно защемленной балки при ударе в ее свободное торцевое
сечение груза массы т, падающего со скоростью vo- Балка имеет
постоянное поперечное сечение в форме квадрата со стороной d.
В расчетах принять: т = 5 кг, р = 7900 кг/м3, [а] = 500 МПа,
d = 3 см, Е = 2 • 105 МПа, v0 = 5 м/с.
12.39.	Решить задачу 12.32 при учете массы сваи, приняв р =
= 7900 кг/м3, площадь поперечного сечения F = 20,2 см2.
12.40.	Груз массой т падает с высоты Н на диск, укреп-
укрепленный на нижнем конце стержня круглого сечения диаметром d
(см. рисунок б к задаче 12.31). Найти удлинение стержня и напря-
напряжения в нем. Задачу решить без учета и с учетом массы стержня.
В расчетах принять: т = 2 кг, Н = 0,5 м; р = 2 200 кг/м3, d =
= 2 см, / = 2 м, Е = 7 • 104 МПа.
12.41.	На вертикально стоящий стержень квадратного попе-
поперечного сечения со стороной d и длины / с высоты Н падает груз
массой т. Предполагая, что стержень не теряет устойчивости,
определить с какой высоты должен упасть груз, для того чтобы
напряжение в стержне достигло опц. В расчетах принять: т =
= 3 кг, / = 0,5 м, опц = 150 МПа, d = 15 мм, р = 7500 кг/м3,
Е = 2 • 105 МПа.
12.42.	Сравнить максимальные напряжения в консольной
балке прямоугольного поперечного сечения 2d x d и длины /,
вызванные ударом по ее свободному краю падающего с высоты Н
груза массы т, в случаях, когда удар приходится в плоскостях
наибольшей и наименьшей жесткости. Задачу решить без учета
и с учетом веса балки, изготовленной из материала плотностью р.

424	Динамическое нагружение стержневых систем	[Гл. 12
12.43.	Привязанный к концу проволочного каната груз массы
т = 4т движется вниз с постоянной скоростью vq = 1 м/с. Найти
напряжения в канате, возникающие при внезапной остановке его
верхнего конца. В расчетах принять: Е = 105 МПа, свободная
длина каната в момент удара / = 20 м, площадь поперечного
сечения F = 15 см2.
12.44.	Маховик с массовым моментом инерции J насажен на
свободный конец кон сольно закрепленного вала длины / и диа-
диаметра d, который вращается с постоянной угловой скоростью со.
Определить значение со, при котором в случае внезапной оста-
остановки вала касательные напряжения в нем достигнут допускае-
допускаемых [т]. В расчетах принять: d = 2 см, / = 0,5 м; J = 0,01 кг • м2;
G = 8 • 104 МПа, [т] = 100 МПа. Массой вала пренебречь.
12.45.	Маховик диаметра D и массы m насажен в централь-
центральном сечении на вращающийся с постоянной угловой скоростью со
двухопорный вал длины / и диаметра d. Определить значение /,
при котором в случае внезапной остановки вала касательные на-
напряжения в нем достигнут допускаемых напряжений [т]. В рас-
расчетах принять: d = 2 см, D = 20 см, m = 10 кг, G = 8 • 104 МПа,
со = 20 с, [т] = 150 МПа. Массой вала пренебречь.
12.3*. Колебания стержневых систем
Более точным по сравнению с рассмотренным в §12.1 стати-
статическим методом расчета стержневых систем при динамическом
нагружении является приведение их к моделям с конечным чис-
числом степеней свободы при отказе от аксиомы 12.1.
Простейшим вариантом такого подхода является использо-
использование введенной в §12.2 модели стержневой системы с одной
степенью свободы. Рассмотрим две таких модели.
Для первой из них будем считать, что в сечении Л* стерж-
стержневой системы приложена перпендикулярная оси или сонаправ-
ленная с ней сила P{t) (см. рис. 12.3, где вектор скорости vo
необходимо заменить вектором внешней силы). Тогда может быть
использована введенная в §12.2 модель с одной степенью свобо-
свободы упругого тела в виде пружины растяжения-сжатия с закреп-
закрепленной на ее конце массой. Уравнение движения эквивалентной
системы с использованием принципа Д'Аламбера записывается
следующим образом (точками обозначено дифференцирование по
времени t), рис. 12.6 а:
тх + сх = P(t).	A2.24)
Здесь x(t) — перемещение массы; т = то + т\\ т\ — сосре-
сосредоточенная в сечении Л* масса (если она отсутствует, то тп\ = 0);
гад — кшто — приведенная масса тела; кш — вычисляемый

12.3]
Колебания стержневых систем
425
x,P(t)
б	в
Рис. 12.6
заменяется вектором
с помощью равенств A2.21) или A2.22) коэффициент приведения
массы (в грубом приближении полагают кш = 1; если массой
стержневой системы прене-
пренебрегают, то то = 0 — безынер-
безынерционные системы); с — жест-
жесткость системы.
Последняя величина опре-
определяется в зависимости от на-
наличия в сечении дополнитель-
дополнительных пружин:
—	отсутствие пружин (со —
жесткость	эквивалентной	а
стержневой системе пружины,
которая определяется по
формуле A2.17), где вектор скорости
внешней силы)
с = с0;	A2.25)
—	упругая опора с жесткостью с\ (система соответствует двум
параллельно соединенным пружинам; жесткости складываются
(см. рис. 12.6 б)
г — т 4- гл-	A9 9R)
—	упруго подвешенная на пружине жесткости с\ масса т\
(система соответствует двум последовательно соединенным пру-
пружинам; складываются податливости (см. рис. 12.6 в)
с =с^ + cf*.	A2.27)
Последний вариант для моделей с одной степенью возможен
только в случае безынерционных стержневых систем (m = mi).
Вторая модель с одной степенью свободы — пружина кру-
кручения с жесткостью со и соосно соединенным с ней абсолютно
жестким круглым диском, обладающим массовым полярным мо-
моментом инерции J. Она соответствует прямолинейному стержню,
в сечении Л* которого приложен крутящий момент M(t). Уравне-
Уравнение движения такой пружинной системы с использованием прин-
принципа Д'Аламбера записывается следующим образом:
Jx + cx = M(i).	A2.28)
Здесь x(t) — угол поворота диска; J = Jo + J\\ J\ — момент
инерции сосредоточенной в сечении Л* массы (если она отсут-
отсутствует, то J\ = 0); Jo — приведенный момент инерции, вычисля-
вычисляемый аналогично A2.15):
Jo =
pr2dx dydz,
-; A2.29)
G

426	Динамическое нагружение стержневых систем	[Гл. 12
кш — коэффициент приведения момента инерции, который нахо-
находится по следующей формуле (сравнить с A2.21)):
J J Jpu?2<tedyd*,	A2.30)
где под 5ст понимается угол поворота сечения Л* под действием
единичного момента; с — жесткость эквивалентной системы, ко-
которая находится с помощью равенств A2.25)—A2.27); со — жест-
жесткость эквивалентной стержню пружины, которая определяется
по формуле A2.17). В случае однородного вала постоянного се-
сечения эта формула приводится к A2.22), где под уст понимается
угол поворота сечения вала при нагрузке в виде единичного мо-
момента.
Уравнения A2.24) и A2.28) обычно записывают в единой
форме
х + со2ж = /(с),
со2 = c/m (co2 = c/j),	A2.31)
f(t) = P(t)/m (f(t) = M(t)/J).
Определение 12.4. Положительная величина со в
A2.31)	называется собственной частотой колебаний модели
с одной степень свободы. ¦
Ограничимся исследованием стационарного процесса, т. е.
движения вдали от начального момента (не учитываются
начальные условия) под действием внешней нагрузки вида
1 ( ъ ) ^= .1 о б	11V1 ( Ъ ) ^= 1V1 об I ,
A2.32)
f(t) = АоегР\ Ло = Р0/т (Ао = Mo/J) .
Определение 12.5. Движение под действием нагрузки
A2.32)	без учета начальных условий называется вынужденными
гармоническими колебаниями. При этом величина р — частота
вынужденных колебаний, a Pq, Mq и Aq — амплитуды внешней
нагрузки, ш
Решение уравнения A2.31) с правой частью A2.32) разыски-
разыскиваем в следующем виде (г — мнимая единица):
x(t) = Aeipt.	A2.33)
Здесь А — амплитуда колебаний. Она находится в результате
подстановки A2.33) в A2.31)
А= 2Л° 2.	A2.34)
со - р

12.3]
Колебания стержневых систем
427
Комплексное решение вида A2.33) следует понимать как сово-
совокупность двух действительных решений, соответствующих дей-
действительной и мнимой частям A2.33).
Определение 12.6. Коэффициентом динамичности
вынужденных гармонических колебаний называется
Л
5СТ
A2.35)
где 5СТ — перемещение (угол поворота) сечения Л* под действием
силы Pq (момента Mq). ш
Учитывая, что 5СТ = Ло/(со25сТ ), из A2.35) и A2.34), получаем
следующую формулу для коэффициента динамичности:
—U-5T,	A2.36)
Как видно из формул A2.34) и A2.36) при р —> со как ампли-
амплитуда, так и коэффициент динамичности неограниченно увеличи-
увеличиваются.
Определение 12.7. Неограниченное увеличение ам-
амплитуды при стремлении частоты колебаний к некоторому зна-
значению со* называется резонансом (со* — резонансная частота), ш
Зависимость Х(р/(о) (резонансная
кривая) для модели с одной степенью
свободы представлена на рис. 12.7. Та-
Такие модели имеют одну резонансную ча-
частоту, совпадающую с собственной ча-
частотой .
Отметим, что в реальных системах
имеет место так называемое демпфиро-
демпфирование — явление затухание амплитуды
со временем. Для них в точке резонанса
наблюдается также рост амплитуды, но
он конечен.
Использование аксиом 12.2-12.4 аналогично формулам A2.23)
позволяет определять максимальные значения обобщенных внут-
внутренних силовых факторов Qj^ (см. § 7.1), обобщенных перемеще-
перемещений 5jA и напряжений оард системы при вынужденных гармони-
гармонических колебаниях (Qq = Pq или Qq = Mq):
= ^Qjct = ^QoQ
jCT,
A2.37)

428	Динамическое нагружение стержневых систем	[Гл. 12
где QjCT, 5jCT, аарсти ф^, 5^;, а^ст — компоненты статиче-
статического НДС системы при нагружении силами (моментами), рав-
равными Pq (Mq) и 1, соответственно.
Алгоритм расчета стержневой системы с исполь-
использованием, модели с одной степенью свободы состоит, пре-
прежде всего, в определении собственной частоты колебаний — ре-
резонансной частоты внешней нагрузки (см. также §12.2).
1.	Решаем статическую задачу для стержневой системы от
действия соответствующей единичной силы (момента), прило-
приложенной в сечении Л*. В том числе, определяем перемещение 5сТ
и по формулам A2.17), A2.25)—A2.27) — жесткость пружины.
2.	По формулам A2.15), A2.21), A2.22) или A2.29), A2.30)
находим коэффициент &т, приведенную массу (приведенный мо-
момент инерции) и массу (момент инерции) эквивалентной системы
с одной степенью свободы.
3.	По соответствующей формуле в A2.31) вычисляем соб-
собственную частоту колебаний.
Если рассматриваются вынужденные гармонические колеба-
колебания, то указанные пункты дополняются следующими действия-
действиями.
4.	Вычисляем коэффициент динамичности X A2.36).
5.	Используя равенства A2.37), определяем максимальные
значения обобщенных внутренних силовых факторов Qj^ обоб-
обобщенных перемещений 5jA и напряжений оард системы при вынуж-
вынужденных гармонических колебаниях.
6.	По результатам п. 5, если это требуется, решаем задачу
прочности или жесткости.
Пример 12.6. Определить собственную частоту крутиль-
крутильных колебаний невесомого консольно закрепленного вала дли-
длины / и кругового поперечного сечения диаметра d, несущего на
свободном краю жесткий круглый диск массы т и диаметра D
В расчетах принять: / = 2 м, d = 4 см, D = 0, 8 м; т = 25 кг,
модуль сдвига G — 7 • 104 МПа.
Решение. 1. Определяем угол закручивания вала от дей-
действия единичного момента приложенного на его свободном краю
и жесткость пружины
A) 31	(-[) _i nd G
ф-=^ё' с = с° = <р- ="зГ-
2. Так как вал считается невесомым, то момент инерции мо-
модели совпадает с моментом инерции диска (см. пример 12.5)

12.3]	Колебания стержневых систем	429
3. Вычисляем собственную частоту колебаний (см. A2.31))
/7 / 8nd4G	/вти • 0, 044 • 7 • 1010 О1_ _2
CD=W — =Л/	тт =\	ту	 = 216 С . ¦
V J V SlmD2 у 32250,82
Пример 12.7. В среднем сечении двухопорной балки дли-
длины / действует переменная вертикальная сосредоточенная си-
сила Pq sin pt. Определить собственную частоту колебаний, а так-
также максимальные динамические прогибы утаХд и напряжения
отаХд, возникающие при частоте возбуждающей силы, в два раза
меньшей собственной частоты колебаний. В расчетах принять:
/ = 1м, Pq = 200 Н; плотность и модуль упругости материала:
р = 7900 кг/м3, Е = 2 • 105МПа; площадь, момент инерции и мо-
момент сопротивления изгибу поперечного сечения F = 8 см2, Jz =
= 5 см4, Wz = 3 см3.
Указание: при вычислении приведенной массы использо-
использовать аппроксимацию прогиба функцией у = A sin (nx/l).
Решение. 1. Из решения статической задачи при действии
силы Pq = 1, приложенной в среднем сечении, находим прогиб
в указанном сечении и жесткость модели
/3	48EJZ
с = с0 = |Я >
а также соответствующие максимальные напряжения
GA> = —
4WZ '
2.	Используя заданную аппроксимацию прогиба балки, по
формуле A2.22) вычисляем коэффициент приведения массы
и массу модели
кш = 0,5; т = то = kmpFi = 0,5 • 7900 • 8 • 10~4 -1 = 3,16кг.
3.	Находим собственную частоту колебаний
А7 /48ДЛ	/48 • 2 • 1Q11 • 5 • 10~8	_г
со = \ — = \ 	~— = \ /	s	 = 390 с .
\т \ ml3	у	3,16-I3
4.	Коэффициент динамичности определяется в соответствии
с формулой A2.36)
^	133
5. Используя равенства A2.37), определяем максимальные
значения прогибов и напряжений
^! - МЗ • 200 • I3 _
48EI ~ 48 • 2 • 1011 • 5 • 10"8 ~
= 0,553 • 10"8 м = 0, 553 мм;

430	Динамическое нагружение стержневых систем	[Гл. 12
1,33 -200-1
48>3.10-б
= 22,2-106 Па = 22,2 МПа. ¦
Пример 12.8. К консольно-закрепленной безынерцион-
безынерционной балке длины / прикреплена пружина жесткости с\, к которой
подвешен груз массы т (рис. 12.8). Балка имеет сечение в форме
прямоугольника высоты h и ширины Ь.
Определить собственную частоту ко-
лебаний системы. В расчетах принять:
т = 2 кг; / = 0, 5 м; h = 1 см, b/h =
= 2, ci = 800 Н/м, плотность материа-
Рис. 12.8	ла р = 7900 кг/м3, его модуль упруго-
упругости Е = 2 • 105МПа.
Решение. 1.Из решения статической задачи при действии
единичной силы, приложенной в сечении крепления груза, на-
находим прогиб в этом сечении и приведенную жесткость балки
(момент инерции поперечного сечения балки Jz = bh?/12)
1 3EJZ 3 • 2 • 1011 • 2 • 10 • A • 1(Г2K
со = $>"= ~r =	wtt^	 = 100°н/м-
Жесткость всей системы вычисляем с использованием фор-
формулы A2.27) (две последовательно соединенные пружины)
cpci	1000 • 800
С = ^Т^= 1000 + 800=444Н/м-
Поскольку масса балки не учитывается, то масса всей системы
совпадает с массой груза т.
Находим собственную частоту колебаний
=А - =\/^г- =14,9 с
Более точной, но в то же время и более сложной, является
модель стержневой системы с несколькими степенями свобо-
свободы. Укажем простейший вариант построения таких моделей для
стержневых систем.
Положим, что в каждом из Ni сечений стержневой системы
приложена переменная обобщенная сила Pk{t) (продольная, по-
поперечная сила или крутящий момент; если в одном сечении при-
приложено несколько внешних сил, то оно повторяется по числу сил).
К этим сечениям в модели может быть добавлено еще N2 сече-
сечений, в которых нагрузка отсутствует. Отметим, что выбор таких

12.3]	Колебания стержневых систем	431_
сечений в некотором смысле произволен и зависит от опыта иссле-
исследователя. Таким образом рассматривается N = Ni + N2 сечений.
Считается, что в каждом сечении стержневой системы име-
имеется сосредоточенная обобщенная масса (масса или массовый
осевой момент инерции) тк. Выбор этих масс опять таки про-
произволен, однако, как правило, для каждого элемента стержневой
системы их сумма должна равняться обобщенной массе элемента.
Если в элементе системы выбрано одно сечение, то может быть ис-
использована указанная выше методика определения приведенной
массы (момента инерции). В случае нескольких сечений в одном
элементе коэффициент приведения массы не может быть опре-
определен однозначно. При наличии в каком-либо сечении жестко
закрепленной на нем сосредоточенной массы она учитывается
в тк в виде дополнительного слагаемого.
Уравнение движения k-й массы с использованием равенств
G.10) и принципа Д'Аламбера записывается следующим образом
(если в сечении внешняя сила отсутствует, то Pk{t) = 0):
TV
шкхк + J2 cki *\ = Pk(t) (k = 1,2, ..., TV),	A2.38)
/=1
где xk — обобщенное перемещение (перемещение или угол поворо-
поворота относительно оси) соответствующего сечения по направлению
действия силы Рк.
Совокупность равенств A2.38) образует систему обыкновен-
обыкновенных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициен-
коэффициентами, которая в матричном виде записывается так
MX + СХ = Р, С = D = (ckl)NxN ,
(т1 0 ... 0
.°. Ш2 ::: .°.
0 0 0 mN
X = (хи ..., xN)T , Р = (Рь ..., PnT •
Здесь С и D — матрицы жесткости и податливости модели
(см. определение 7.5), М — матрица масс, X и Р — столбцы
обобщенных перемещений и внешних сил соответственно. Отме-
Отметим, что в более сложных моделях матрица масс может не быть
диагональной.
Если в к-м сечении имеет место упругая опора с жесткостью ск
(dk = 1/ск — ее податливость), то в соответствии с G.40) матрица
податливости должна быть модифицирована следующим обра-
образом:
hk -+(&kk + dk).	A2.40)

432	Динамическое нагружение стержневых систем	[Гл. 12
Если к массе тк упруго с жесткостью С&* прикреплен груз
массы га/,*, перемещение хк* которого сонаправлено с ж^, то
к системе A2.38) добавляется уравнение
гпыхы + сы(хы - хк) = Рк*{1))	A2.41)
где Рк* — действующая на груз внешняя сила.
Изменяется также уравнение движения к-й массы
N
ткхк+ Y, Ckixi + Ck*(xk-Xk*) = Pk(t)-	A2.42)
Соответственно увеличиваются порядки матриц в A2.39).
К столбцам X и Р добавляются элементы хк* и Рк* соответствен-
соответственно, а к матрице М — диагональный элемент гад.*. К матрице С
добавляется строка с ненулевыми элементами в к-м и (N + 1)-м
столбцах @, 0, ..., О, — с&*, 0, ..., О, с&*). В ней же видоизменяет-
видоизменяется к-я строка (ск1,ск2, ...,ск^к-^,скк + с**, ск^к+1, ...,ckN, -ck*).
Остальные элементы (N + 1)-го столбца матрицы С равны нулю.
Если число дополнительных грузов больше единицы, то уве-
увеличение размерности системы уравнений происходит аналогично.
Модель с несколькими степенями свободы так же, как и рас-
рассмотренная выше одностепенная модель, может быть использо-
использована для исследования вынужденных гармонических колебаний
при нагрузке вида A2.32). Далее ограничимся задачей на соб-
собственные колебания, под которой понимается исследование ре-
решений вида
X(t) = Аеш	A2.43)
однородной (Р = 0) системы A2.39).
Подстановка A2.43) в A2.39) при Р = 0 приводит к обобщен-
обобщенной задаче на собственные значения
(С-со2М) А = 0.	A2.44)
Ее собственные значения X = со2 есть корни характеристиче-
характеристического уравнения
|С-АМ| = 0.	A2.45)
Из соответствующих теорем линейной алгебры с учетом
свойств матриц С (симметричность, см. утверждение 7.4)
и М (диагональная матрица с положительными элементами)
получаем, что все собственные значения Хк неотрицательные,
а собственные векторы А&, отвечающие различным собственным
значениям, ортогональны. Неотрицательные величины ык = у/Х^
обычно располагают в порядке возрастания
0I ^ 0J ^ ••• ^ ®N'	A2.46)

12.3]	Колебания стержневых систем	433
Определение 12.8. Величина сод. называется k-й соб-
собственной частотой системы с несколькими степенями свободы,
а соответствующий собственный вектор А& — к-й формой соб-
собственных колебаний . ш
Напомним, что форма колебаний (собственный вектор) опре-
определяется неоднозначно как решение однородной системы линей-
линейных алгебраических уравнений A2.44) при со = со&.
Отметим также, что величина со в A2.31) является единствен-
единственной собственной частотой системы с одной степенью свободы (см.
определение 12.4).
Таким образом алгоритм, решения задачи на собствен-
собственные колебания для стержневых систем с использова-
использованием, модели с несколькими степенями свободы состоит
в следующем.
1.	Выбираем N сечений стержневой системы с указанием
обобщенных перемещений х\~ в них. Вычисляем элементы 5&/ мат-
матрицы податливости D. В соответствии с утверждением 7.3 5&/ —
перемещение по направлению ж&, вызванное действием единич-
единичной силы Pi = 1 . При наличии упругих опор проводим модифика-
модификацию A2.40) матрицы D. Затем находим матрицу жесткости С =
= D. В случае необходимости изменяем ее с учетом наличия до-
дополнительных упруго закрепленных грузов (см. A2.41) и A2.42)).
2.	Указанным выше образом составляем матрицу масс М. При
этом в случае необходимости учитываем наличие дополнитель-
дополнительных упруго закрепленных грузов.
3.	Вычисляем собственные частоты A2.46), решая характе-
характеристическое уравнение A2.45). Для каждой собственной частоты
определяем форму колебаний.
Пример 12.9. В условиях примера 12.8 определить ча-
частоты собственных колебаний с учетом приведенной к правому
концу массы балки.
Указание: при вычислении приведенной массы балки ис-
использовать точное решение соответствующей статической задачи.
Решение. 1. Здесь число сечений N = 1. Матрица жест-
жесткости без учета упруго подвешенного груза определена в п. 1
примера 12.8 и имеет вид (со), со = 1000 Н/м. Записываем эту
матрицу с учетом упруго закрепленного груза
п - ( со + ci -ci \ _ { 1800 -800 \
^ ~ V -ci сг ) ~ \ -800 800 ) '
2. Находим приведенную массу балки. Из решения соответ-
соответствующей статической задачи имеем (см. также п. 1 примера 12.8)
2EJ, V 3/' ст 3EJ

434
Динамическое нагружение стержневых систем
[Гл. 12
Тогда из A2.22) и A2.15) получаем
140'
33
= 777Т * 7900 -2-Ю"
140
i-2
1 -Ю --1 =0,372 кг.
Модифицированная матрица масс в этом случае имеет вид
М =
гао 0
0 га
0,372 0
0 2
3. Записываем характеристическое уравнение
С-АМ| =
1800-0,372^ -800
-800	800 - 2Х
= 0,744^2 - 3900^ + 800000 = 0.
Его корни Xi = 211, Х2 = 5020. Следовательно, система имеет
собственные частоты
coi = 14,5 с; со2 = 70,9с~1. ¦
Отметим, что найденная в примере 12.8 с использованием
одн остепени ой модели без учета массы балки собственная часто-
частота со = 14,9 с близка к coi и лежит между найденными здесь
частотами: coi < со < со2-
Пример 12.10. Определить две первые собственные ча-
частоты и формы изгибных колебаний изображенной на рис. 12.9 а
однородной балки постоянного сечения, имеющей массу га.
тх
1*2
П2~
• 1 *
^гтГТТТТ
2 а
б
ТГГГггг^
2
Рис. 12.9
Указание: использовать модель с двумя степенями свобо-
свободы, расположив две сосредоточенные массы т\ = т^ = га/2 на
одинаковых расстояниях / друг от друга и от опор (см. рис. 12.9а).

12.3]
Колебания стержневых систем
435
Решение. 1. Определяем матрицу жесткости. Для этого
сначала прикладываем единичную сосредоточенную силу в на-
направлении перемещения х\ к сечению, в котором находится мас-
масса mi, и строим эпюру единичных моментов М^ (рис. 12.95).
Повторяем эту процедуру для сечения, в котором расположена
масса Ш2, и строим эпюру единичных моментов Mz2 (рис. 12.9 в).
Используя далее интеграл Мора и правило Верещагина, опреде-
определяем коэффициенты податливости системы:
$11 = $22 =
$12 = $21 =
716
1SEJ
Следовательно, матрица податливости имеет вид
D = Г 6ц 812 ^ _
521 522 ) i$EJz V 7 8
Обращая D, находим матрицу жесткости
1SEJ
-(Л
2. Матрица масс в этом случае является скалярной (Е —
единичная матрица)
3. Характеристическое уравнение
т
|С-АМ
•--X— -7с
-7 с
т
Sc-X-
т
имеет корни
2с 12EJZ
30с
А2 = 	 =
т
5ш/3 ' /V" m	ml3
Следовательно, собственные частоты системы таковы
= 6
5m/3 ' ^ ~ "V ml3
Формы колебаний А& в соответствии с A2.44) есть нетриви-
нетривиальные решения однородных систем из двух линейных алгебраи-
алгебраических уравнений
эта система эквивалентна,
= 0,
Для первой формы Ai = (#i, x^)
например, первому уравнению
; - тгм Ж1 ~

436
Динамическое нагружение стержневых систем
[Гл. 12
откуда находим х\ = ж2 и Ai = С\ A,1) , где Ci — произвольное
отличное от нуля число. Аналогично для второй формы получаем
Т
Рис. 12.10
Следовательно, при колебаниях с низшей частотой со = coi оба
груза движутся в фазе, а при со = со2 — в противофазе. Соответ-
Соответствующие формы колебаний показаны на рис. 12.10 а, б. ш
Задачи
12.46.	Определить собственную частоту колебаний груза мас-
массы т подвешенного на двух последовательно соединенных пру-
пружинах с жесткостями с\ и с2. В расчетах принять: с\ = 300 Н/м,
с2 = 500 Н/м, т = 0,5 кг.
12.47.	Груз массы т подвешен на двух одинаковых парал-
параллельно соединенных пружинах, каждая из которых обладает
жесткостью с. Определить собственную частоту колебаний си-
системы. В расчетах принять: с = 300 Н/м, т = 1 кг.
12.48.	Груз массы т висит на двух последовательно соеди-
соединенных пружинах, обладающих жесткостями с\ и с2. Подобрать
жесткость с2 таким образом, чтобы собственная частота системы
составляла coi = 3,14 с. В расчетах принять: т = 0,5 кг; с\ =
= 60 Н/м.
12.49.	На груз массы т, подвешенный на пружине с коэффи-
коэффициентом жесткости с, действует переменная сила Р = Pq sin pi.
Для установившегося режима колебаний определить такую ам-
амплитуду силы Ро? ПРИ которой амплитуда перемещений груза
достигает величины Aq = 5 см. В расчетах принять: т = 2 кг,
с = 1000 Н/м, р = 30 с.
12.50.	Определить собственную частоту поперечных колеба-
колебаний груза массы т, находящегося на свободном конце кон сольно
закрепленной невесомой балки длины /. Балка имеет поперечное
сечение в виде круга диаметра d. В расчетах принять: т = 10 кг,
/ = 1 м, d = 3 см, модуль упругости Е = 2 • 105 МПа.

12.3]	Колебания стержневых систем	437
12.51.	Решить задачу 12.50 с учетом приведенной массы бал-
балки. В расчетах дополнительно принять: материал балки имеет
плотность р = 7900 кг/м3.
Указание: массу балки привести к ее свободному краю при
аппроксимации прогиба функцией у = Л (ж3 — 3/ж2).
12.52.	На свободном краю консольно закрепленной невесо-
невесомой балки длины / закреплен груз массы т. Определить модуль
упругости Е материала балки. В расчетах принять: т = 1 кг,
/ = 1 м, собственная частота изгибных колебаний со = 20,9 с;
момент инерции поперечного сечения J = 2 • 10~9 м4.
12.53.	Определить собственную частоту продольных колеба-
колебаний груза массы т, расположенного на свободном краю консоль-
консольно закрепленного невесомого стержня длины /. В расчетах при-
принять: т = 2 кг, / = 0,5 м; площадь поперечного сечения стержня
F = 1 см2, модуль упругости Е = 7 • 104 МПа.
12.54.	Решить задачу 12.53 с учетом массы стержня.
В расчетах дополнительно принять: плотность материала р =
= 7900 кг/м3.
Указание: массу стержня привести к его свободному краю
при аппроксимации перемещений функцией 5 = Ах.
12.55.	Определить собственную частоту поперечных колеба-
колебаний груза массы т, расположенного в среднем сечении невесомой
двухопорной балки длины /. Груз движется в плоскости наиболь-
наибольшей жесткости сечения. В расчетах принять: т = 150 кг, / = 3 м,
поперечное сечение балки — двутавр № 10 ГОСТ 8239-72, модуль
упругости Е = 2 • 105 МПа.
12.56.	Решить задачу 12.55 в случае закрепления груза в се-
сечении, расположенном на расстоянии 1/4 от опоры.
12.57.	Решить задачу 12.55 с учетом приведенной массы бал-
балки. В расчетах дополнительно принять: плотность материала
р=7900 кг/м3.
Указание: массу балки привести к ее среднему сечению
при аппроксимации прогиба функцией у = A sin (nx/l).
12.58.	Определить собственную частоту поперечных колеба-
колебаний груза m закрепленного на изображенной на рисунке невесо-
невесомой балке. Она имеет поперечное сечение в форме квадрата со
стороной d. В расчетах принять: m = 30 кг, / = 0, 5 м; d = 2см,
модуль упругости материала Е = 2 • 105 МПа.
12.59.	Определить собственную частоту колебаний жестко
защемленной с обоих краев балки длины /. В расчетах принять:
/= 1 м, момент инерции и площадь поперечного сечения J =
= 1,5 см4 и F = 4 см2, модуль упругости и плотность материала
Е = 2 • 105 МПа и р = 7900 кг/м3.

438
Динамическое нагружение стержневых систем
[Гл. 12
Указание: массу балки привести к ее среднему сечению
при аппроксимации прогиба функцией у = АA — cos Bnx/l)).
т
1/2
К задаче 12.58
К задаче 12.60
12.60.	К жесткому рычагу удерживаемому пружиной жест-
жесткости с прикреплен груз массы т, см. рисунок. Определить соб-
собственную частоту колебаний механической системы, пренебрегая
массой рычага и пружины. В расчетах принять: т = 3 кг, / =
= 0,5 м; с = 1000 Н/м.
12.61.	В среднем сечении невесомой двухопорной балки дли-
длины / прикреплен на пружине жесткости с груз массы т. Найти
собственную частоту поперечных колебаний механической систе-
системы. В расчетах принять: с = 1000 Н/м, / = 4 м, т = 10 кг, модуль
упругости материала Е = 2 • 105 МПа, момент инерции попереч-
поперечного сечения балки J = 12,8 см4.
12.62.	К изображенной на рисунке плоской невесомой раме
прикреплен груз массы т. Рама имеет постоянное поперечное се-
сечение в форме квадрата со стороной d. Определить собственную
частоту колебаний груза в горизонтальном направлении. В рас-
расчетах принять: т = 10 кг, / = 1 м, d = 2 см, модуль упругости
материала Е = 2 • 105 МПа.
Указание: продольными колебаниями вертикальных эле-
элементов рамы пренебречь.
тл
т
К задаче 12.62
К задаче 12.63
4
К задаче 12.64
12.63. К изображенной на рисунке плоской невесомой ра-
раме постоянного поперечного сечения прикреплен груз массы т.
Определить частоту собственных колебаний груза в горизонталь-
горизонтальном направлении. В расчетах принять: т = 10 кг, / = 1 м, момент

12.3]	Колебания стержневых систем	439
инерции поперечного сечения J = 5 см4, модуль упругости мате-
материала Е = 2 • 105 МПа.
Указание: продольными колебаниями вертикальных эле-
элементов рамы пренебречь.
12.64.	Изображенная на рисунке плоская невесомая рама не-
несет груз массы т. Рама имеет постоянное поперечное сечение
в форме квадрата со стороной d. Определить частоту собствен-
собственных колебаний груза в вертикальном направлении. В расчетах
принять: т = 20 кг, / = 0,8м;о! = 2см, модуль упругости мате-
материала Е = 2 • 105 МПа.
12.65.	На свободном конце изображенной на рисунке кон-
сольно-закрепленной невесомой балки находится груз массы т,
на который действует вертикаль-
вертикальная переменная сосредоточенная си-	rosmpt
ла Pq sin pi. Определить, при каком А
значении длины балки / будет иметь /]_
место резонанс. В расчетах принять:	/
т = 50 кг, момент инерции попереч-	к задаче 12.65
ного сечения J = 20 см4, р = 50 с,
модуль упругости материала Е = 2 • 105 МПа.
12.66.	В условиях задачи 12.65 определить, на каком расстоя-
расстоянии х от защемленного края балки необходимо расположить груз
с приложенной к нему силой Pq sin pi для того, чтобы собственная
частота колебаний балки была на 50 % больше частоты колебаний
возмущающей силы.
12.67.	В условиях задачи 12.66 определить максимальные ди-
динамические перемещения уд в том сечении балки, где приложена
сила, и максимальные нормальные динамические напряжения
Од. В расчетах дополнительно принять: момент сопротивления
изгибу W = 10 см3, амплитуда вынуждающей силы Pq = 1000 Н.
12.68.	В среднем сечении двухопорной балки длины / в плос-
плоскости максимальной жесткости приложена вертикальная сосре-
сосредоточенная переменная сила Pq sin pi. Определить динамические
прогибы уд и максимальные напряжения од в среднем сечении
балки. В расчетах принять: / = 4 м, Pq = 1000 Н, р = 120 с,
поперечное сечение балки — двутавр №12 ГОСТ 8240-72; мо-
модуль упругости и плотность материала Е = 2 • 105 МПа и р =
= 7900 кг/м3.
Указание: для определения приведенной массы балки ис-
использовать аппроксимацию прогиба функцией у = Л sin (nx/l).
12.69.	Определить максимальный динамический угол закру-
закручивания фд консольного вала, несущего на свободном краю мас-
массивный диск, к которому приложен переменный крутящий мо-
момент Мк = Mq sin pi. В расчетах принять: р = 15 с, собственная

440
Динамическое нагружение стержневых систем
[Гл. 12
частота крутильных колебаний вала со = 30 с *, угол закручива-
закручивания его свободного края под действием статического крутящего
момента Mq cp = 0,01 рад.
12.70.	Определить собственные частоты крутильных коле-
колебаний изображенной на рисунке системы, состоящей из двух
укрепленных на невесомом валу диаметра d массивных дисков
с массами т\ и m<i. В расчетах принять: т\ = 16 кг, rri2 = 20 кг,
d = 2,5 см; диаметры дисков D\ = 24 см и D<± = 32 см, / = 1,2 м;
модуль сдвига материала вала G = 8 • 104 МПа.
12.71.	Определить собственные частоты и формы изгибных
колебаний невесомой двухопорной балки длины /, к которой
в сечениях, удаленных от опор
на расстояние //3, прикреплены
грузы массы га и га/2. В расче-
расчетах принять: / = 6 м, га = 20кг,
момент инерции поперечного се-
сечения балки J = 100 см4, мо-
модуль упругости материала Е =
— 9 . Л № МПа
К задаче 12.70
= 2 • 105 МПа.
12.72. К плоской невесомой
раме постоянного поперечного
сечения прикреплен груз массы га (см. рисунок). Определить
собственные частоты и формы колебаний системы. В расчетах
принять: га = 10 кг, / = 1 м, момент инерции поперечного сечения
балки J = 10 см4, модуль упругости материала Е = 2 • 105 МПа.
К задаче 12.72
К задаче 12.73
12.73. Определить собственные частоты и формы колеба-
колебаний изображенной на рисунке плоской невесомой рамы, несущей
сосредоточенную массу га. Рама имеет постоянное поперечное
сечение. В расчетах принять: га = 10 кг, / = 1 м, момент инерции
поперечного сечения J = 5 см4, модуль упругости материала Е =
= 2 • 105 МПа.

Глава 13
РАСЧЕТ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ
ЗА ПРЕДЕЛОМ УПРУГОСТИ
При расчетах на прочность по допускаемым напряжениям
полагается, что система теряет работоспособность, если хотя бы
в одной точке какого-либо сечения стержней напряжения дости-
достигают предельного значения (см. п. VI § П.1). Однако многие из
конструкций, элементы которых выполнены из пластических ма-
материалов, допускают достижение предела текучести в некотором
множестве точек, что соответствует второму методу расчета —
расчету по предельным нагрузкам.
Определение 13.1. Предельной называется такая ми-
минимальная нагрузка, при действии которой конструкция из гео-
геометрически неизменяемой превращается в геометрически изме-
изменяемую (см. определение П. 15).
Несущей способностью конструкции называется ее свойство
сохранять работоспособность при нагрузках, меньших предель-
предельных. ¦
В сопротивлении материалов при расчетах на несущую спо-
способность реальная диаграмма растяжения-сжатия или сдвига
(рис. 13.1) приближенно заменяется диаграммой для идеального
а
а
8 О
-ат
-ат
Рис. 13.1
упругопластического (рисунок а) или жесткопластического ма-
материала (рисунок б). При этом, как правило, предполагается, что
материал одинаково работает и на растяжение, и на сжатие. При
достижении напряжений предела текучести от или тт деформа-
деформации могут быть произвольными.

442
Расчет стержневых систем за пределом упругости
[Гл. 13
тпр
'пр
Методы расчета на несущую способность для простейших
видов деформации объединены одной идеей, но в то же время
отличаются.
А. Растяжение-сжатие стержней. При этой деформации
напряжения в любой точке поперечного сечения равны между
собой (см. A.6)). Поэтому если
в некотором сечении напряжения
равны от, то соответствующие это-
этому сечению торцы правой и ле-
левой частей стержня могут переме-
перемещаться независимо друг от друга.
Следовательно, стержень как бы разделяется на две части с при-
приложенными на торцах нормальными силами (рис. 13.2)
Nnp = cTF.	A3.1)
Определение 13.2. Величина Nnp в A3.1) называется
предельной нормальной силой, ш
Б. Изгиб балок. При расчетах на предельную нагрузку огра-
ограничимся рассмотрением брусьев с симметричными относительно
оси Су сечениями, и будем пренебрегать перерезывающими сила-
силами, т. е. будем рассматривать чистый изгиб (см. определение 5.2).
Если нагрузка не превышает некоторых значений, то нормаль-
нормальные напряжения во всех точках любых поперечных сечений бруса
остаются в упругой области и распределены по линейным законам
(см. рис. 13.3). С увеличением нагрузки в том сечении, где изги-
Я
бающий момент максимален, напряжения становятся равными от
сначала в наиболее удаленных волокнах, затем — в волокнах,
расположенных ближе к центру тяжести С, и, наконец, — во
всех волокнах. Этот процесс последовательно продемонстриро-
продемонстрирован эпюрами напряжений на рисунке. Дальнейшее увеличение
нагрузки не приводит к изменению напряжений, и левая и правая

Гл.13]
Расчет стержневых систем за пределом упругости
443
части балки могут свободно поворачиваться вокруг оси Cz друг
относительно друга.
Нейтральный слой CTz\ в таком сечении параллельно смещен
относительно оси Cz. Точка Ст(ут,0) определяется из условия
равновеликости верхней DTB и нижней DTH частей сечения D =
= DTB U DTH (см. рисунок):
FB = FH,	A3.2)
где FB = F(DTB) и FH = F(DTH).
К концам обеих частей балки при этом приложен изгибающий
момент (рис. 13.4)
с	с	с	с
- ^ZB — oZH = oZlB — oZlH,
где SZB, SZH и SZlB,SZlH — статические моменты относительно оси
Cz областей DTB и DTH относи-
относительно ОСеЙ Cz И CTZ\.	М2пр	Мгпр
Определение 13.3.
Сечение, в котором напряжения
распределены так, как указано
на последней эпюре на рис. 13.3,
называется пластическим шар-	рис. 13.4
ниром, величины Mzup и Wzup
в A3.3) — предельными изгибающим моментом и моментом
сопротивления при изгибе, ш
Если сечение симметрично также и относительно оси Cz, то
СТ = С и имеет место следующая формула:
Wznp = 2SZB.	A3.4)
В. Кручение круглых стержней. Для стержня кольцевого се-
сечения с внешним R и внутренним Rq радиусами аналогичная
рассмотренной при изгибе последовательность распределения ка-
касательных напряжений по радиусу приведена на рис. 13.5 (при
Эх
тт
Рис. 13.5

444	Расчет стержневых систем за пределом упругости	[Гл. 13
этом учтена аксиома 4.1). Так же, как и при изгибе, дальней-
дальнейшее увеличение нагрузки не приводит к изменению напряжений,
и левая и правая части стержня могут свободно поворачиваться
вокруг оси Сх друг относительно друга. К концам обеих частей
приложен крутящий момент (рис. 13.6):
Мк,пр = ттИ^к,Пр, WK,np = j(R3- R3) = ^ (d3 - d30), A3.5)
где d и do — соответствующие диаметры.
Определение 13.4. Величины МК5Пр и VKK,np в A3.5)
называются предельными крутящим моментом и моментом
сопротивления кручению, ш
мк. пр ф(^) мк. пр	Для стержня кругового поперечно-
поперечного сечения из A3.5) вытекает следую-
следующая формула (Rq = 0):
WK,np = ^R3 = ^-d\ A3.6)
Рис. 13.6
При расчетах на несущую способ-
способность для всех трех рассмотренных видов деформаций исполь-
используется следующее положение.
Утверждение 13.1. Наличие сечения, в котором внут-
внутренний силовой фактор равен соответствующему предельному,
приводит к появлению одной степени свободы, т.е. к снятию
одной связи. ¦
Отсюда для систем с одной внешней нагрузкой или с пропор-
пропорциональными одному параметру несколькими внешними нагруз-
нагрузками приходим к следующим алгоритмам расчета по предель-
предельным нагрузкам.
1.	Для СО стержня, работающего на растяжение-сжатие,
и СО ферменных систем (см. § 1.1 и 2.1) исчерпание несущей
способности происходит уже тогда, когда в одном сечении N =
= Nnp, т. е. расчет по предельным нагрузкам совпадает с расчетом
по допускаемым напряжениям, если [а] = ат.
2.	Для СО стержня, работающего на кручение, СО балки
и СО рам (см. § 4.1, 5.1 и 7.1) исчерпание несущей способности
также происходит уже тогда, когда в одном сечении внутренний
силовой фактор Q = Mz или Q = Мк равен соответствующему
предельному Qup. Поэтому достаточно из «упругой» задачи най-
найти Qmax как функцию от нагрузки (эта зависимость линейная).
Тогда предельное значение нагрузки есть решение уравнения
Qmax — Qnp-
В некоторых случаях в СО задачах расположение сечения,
в котором имеет место состояние текучести, можно указать сразу,
не определяя Qmax.

Гл. 13]	Расчет стержневых систем за пределом упругости	445
3. Для СН стержней, работающих на растяжение-сжатие
или кручение (см. § 1.2 и 4.2), несущая способность теряется при
появлении двух таких сечений, а для СН сложных стержневых
систем, работающих на кручение (см. § 4.2), балок (см. § 5.2),
ферменных систем и рам (см. § 2.2 и 7.3), имеющих степень
статической неопределимости, равную s, — при наличии (s + 1)
сечений этого типа.
Естественным подходом к решению таких задач является сле-
следующий путь. Предполагаем, что материал является идеальным
упругопластическим. В исходной СН задаче определяем сечение,
в котором соответствующий внутренний силовой фактор Q =
— Qmax- Далее, полагая, что в этом сечении снята соответствую-
соответствующая связь, и Q = Qup (при изгибе имеем пластический шарнир),
решаем полученную (s — 1) раз статически неопределимую зада-
задачу. Продолжая этот процесс, на последнем шаге придем к СО
задаче с s сечениями, в которых Q = Qup. К ней применяем
указанные выше пп. 1 или 2. Однако этот путь достаточно сложен
и используется крайне редко, а именно, лишь в том случае, если
в предельном состоянии необходимо знать внутренние силовые
факторы и перемещения во всех сечениях.
Как правило, необходимо определить только предельную на-
нагрузку. Наиболее удобным для этой цели является так называе-
называемый кинематический метод (существует также другой — стати-
статический метод] см. [16]). Материал системы полагается идеально
жесткопластическим (это не сказывается на конечном результа-
результате). Рассматриваются все кинематически возможные предельные
состояния, т.е. изображаются возможные картины деформаций
СО систем с (s + 1) сечениями, в которых Q = Qup. При этом
в силу того, что материал жесткопластический, в тех сечениях,
в которых Q < Qnp, деформации отсутствуют (соответствующие
участки системы перемещаются как абсолютно жесткие тела).
Кинематические предельные состояния не могут выбираться про-
произвольно. Они должны быть совместимы со статически возмож-
возможными состояниями в том смысле, что работа предельных внутрен-
внутренних силовых факторах на соответствующих перемещениях дол-
должна быть положительной. Для каждого из состояний из уравне-
уравнений равновесия определяется предельная нагрузка. Действитель-
Действительное предельное состояние выбирается на основании следующего
утверждения.
Утверждение 13.2. Пусть Р*р — предельная нагрузка
для некоторого кинематического состояния, совместимого со ста-
статическим, а РПр — истинное значение предельной нагрузки. Тогда
РпР^Р:р. ¦	A3.7)

446
Расчет стержневых систем за пределом упругости
[Гл. 13
Следовательно, истинная предельная нагрузка является ми-
минимальной из всех возможных. ¦
Отметим, что для стержневых систем, указанных в пп. 2 и 3,
предельная нагрузка всегда больше той, которая соответствует
расчету по допускаемым напряжениям.
Пример 13.1. Для стержневой системы, изображенной
на рис. 13.7 а (АЖТ — абсолютно жесткое тело), определить пре-
предельное значение РПр силы Р.
Решение. Система статически определимая. Следо-
Следовательно, исчерпание ее несущей способности определяется
переходом стержня в состояние текучести. Считая напряжения в
стержне равными от, из условия
равновесия балки (рис. 13.7 5)
получаем
21- Р-1 =
cT-F - sin 30°
откуда находим Рпр = oTF. m
Пример 13.2. Для стер-
стержневой системы, изображенной
на рис. 13.8 а, определить пре-
предельное значение РПр силы Р.
Решение. Система один
раз статически неопределимая.
Рис. 13.7	Следовательно, исчерпание ее
несущей способности определяется переходом двух стержней в со-
состояние текучести. Все возможные варианты исчерпываются сле-
следующими парами стержней: 2-3, 1-3 и 1-2.
t
v Т
1
U
АЖТ
2F
С
О^
г г
(Э\
O
t
6\ IQ о
9 6|
Рис. 13.8

Гл.13]
Расчет стержневых систем за пределом упругости
447
Используя уравнение равновесия, для каждого случая полу-
получаем следующие результаты:
—	стержни 2-3 (рис. 13.8 б\ узел А неподвижный; направление
усилий в стержнях 2 и 3 выбираем с учетом того, что АЖТ
поворачивается вокруг точки А):
^ МЛ = 0: от • F • I - Р • 21 + от • 2F • 3/ = 0, Рпр,2з = 3,5oTF;
—	стержни 1-3 (рис. 13.8 в; узел В неподвижный; направление
усилий в стержнях 2 и 3 выбираем с учетом того, что АЖТ
поворачивается вокруг точки В):
Y^MB=0: от • F • I - Р • I + от • 2F • 2/ = 0, Pnp,i3 = 5oTF;
—	стержни 1-2 (см. рис. 13.8 г; узел С неподвижный; направ-
направление усилий в стержнях 2 и 3 выбираем с учетом того, что АЖТ
поворачивается вокруг точки С):
Мс = 0: - от • F • 3/ - от • F • 2/ + Р • I = 0,
= 5oTF.
Окончательно получаем
Рпр = min {Рпр,23, ^пР,13, РпР,12} = 3,5oTF. ¦
Пример 13.3. Для поперечного сечения, изображенного
на рис. 13.9, определить предельный момент сопротивления при
изгибе И^пр-
Решение. Нейтральная линия в соответствии с выше при-
принятыми обозначениями изображе-
изображена на рисунке как ось Oz\. Ее поло-
положение находим с использованием
условия A3.2) для верхней части
сечения {Ь\ и h\ — основание и вы-
высота треугольника, соответствую-
соответствующего этой части сечения; F — пло-
площадь всего сечения) и подобия тре-
треугольников:
1	F 1
FB = -b\h\ = — = -bh,
h
b '
Рис. 13.9
Рассматривая эти равенства как систему уравнений относи-
относительно Ь\ и /ii, получаем
Ы =h/V2.

448
Расчет стержневых систем за пределом упругости
[Гл. 13
Определяем статические моменты верхней и нижней частей
сечения (последнюю часть рассматриваем как большой треуголь-
треугольник с удаленным из него малым треугольником):
1
л/2 Il2
SZ1H = \bh \j - (h - hi)] - SZ1B = -^ (8 -
По формуле A3.13) находим предельный момент сопротивления:
2v
I
I
7mT
2
и
Пример 13.4. Для изображенной на рис. 13.10 двухопор-
ной балки определить предельное значение РПр силы Р.
Решение. Нумерация ха-
характерных сечений указана на
рис. 13.10 а.
Поскольку балка СО, то чис-
число пластических шарниров равно
единице. В данном случае эпюру
моментов можно не строить, по-
поскольку ясно, что максимум из-
изгибающих моментов может быть
только в центре балки, так как
на концах балки моменты равны
нулю, на каждом участке эпю-
эпюры линейны (все нагрузки явля-
являются сосредоточенными). Следо-
Следовательно, пластический шарнир
возникает в середине балки (сече-
(сечении 2).
Изображаем картину деформаций в предельном состоянии
(см. рисунок). При этом направление Мпр выбрано так, что оно
согласуется с углом поворота сечения. Далее рассматриваем рав-
равновесие СО балки с пластическим шарниром. Записывая, напри-
например, уравнение равновесия для левой половины балки
Jznp
znp
Рис. 13.10
получаем величину предельной силы: Рпр = 2Мпр//. Конкретное
ее значение может быть найдено по формуле A3.3) при задании
сечения.¦

Гл.13]
Расчет стержневых систем за пределом упругости
449
Пример 13.5. Для изображенной на рис. 13.11 балки по-
постоянного поперечного сечения определить предельное значе-
значение РПр силы Р.
Решение. Нумерация характерных сечений указана на
рис. 13.11а. Данная балка один раз статически неопределима.
Для исчерпания ее несущей способности необходимо возникно-
возникновение двух пластических шарниров.
Не определяя опорные реакции (см. рисунок), аналогично
предыдущему примеру делаем вывод о том, что пластические
шарниры возникают в заделке и в середине балки (сечениях 1 и 2).
Причем в силу постоянства поперечного сечения абсолютные ве-
величины предельных моментов в них совпадают. Единственно воз-
возможная совместимая картина деформаций указана на рис. 13.11 г.
Зг
i
G)M
(
i
\
Id
'пР® М0
©
©
Рис. 13.11
Рис. 13.12
Рассматриваем равновесие СО балки с пластическими шар-
шарнирами. При этом удобно выбрать такие уравнения, в которые
входит только одна реакция:
= 0: -
2/ + 2Мпр - Мпр + Р • / = 0.
пр
пр
Исключая из этой системы уравнений /?i, находим предель-
предельную силу:
Пример 13.6. Для изображенного на рис. 13.12 а ступен-
ступенчатого вала определить величину предельного крутящего момен-
момента Мпр.
15 А. Г. Горшков и др.

450
Расчет стержневых систем за пределом упругости
[Гл. 13
Решение. Задача один раз статически неопределимая.
Вал теряет несущую способность тогда, когда напряжения на
левом и правом участках достигнут предела текучести тт (все
сечения — пластические шарниры). Поскольку диаметры частей
вала различны, то и величины предельного крутящего момента
на левом и правом участках различные:
Л/Гл — 	гг Л^	Л/Гп — 	/
irinp — у2 т '	ПР ~~ 12
Единственно возможный вариант направлений этих моментов
указан на рис. 13.12 б. Составляя уравнение равновесия, получаем
= 0, Мпр =
Мппр = ^
Задачи
В задачах 13.1-13.11 для стержневых систем, изображенных
на указанных рисунках, определить предельное значение РПр си-
силы Р.
13.1.	См. рисунок. В расчетах принять: F\ = F% = 2 см2, а =
= 45°,от = 220МПа.
13.2.	См. рисунок к задаче 13.1. В расчетах принять: F\ =
= 2 см2, F2 = 4 см2, а = 30°, ат = 220 МПа.
К задаче 13.1
К задаче 13.3
13.3.	См. рисунок. В расчетах принять: F\ = F3 = 2 см2, F% =
= 4 см2, а = 60°, ат = 220 МПа.
13.4.	См. рисунок к задаче 13.3. В расчетах принять: F\ =
= F2 = F3 = 2 см^, а = 60°, ат = 220 МПа.
13.5.	См. рисунок. В расчетах принять: F\ = F% = F3 = 2 см2,
от = 220 МПа.

Гл.13]
Расчет стержневых систем за пределом упругости
451
13.6. См. рисунок к задаче 13.5. В расчетах принять: F\ =
= 1 см2, F2 = 2 см2, F3 = 3 см2, от = 220 МПа.
т
АЖТ
/
2/
\\Л\\\	\NA\\\
Q ср
,. i .1. *,
"р
АЖТ
/
ср
ср
К задаче 13.5
К задаче 13.7
13.7.	См. рисунок. В расчетах принять: F\ = 1 см2, F2 = 3 см2,
F3 = 1,4 см2; а = 45°, ат = 220 МПа.
13.8.	См. рисунок к задаче 13.7. В расчетах принять: F\ =
= 1 см2, F2 = 2 см2, F3 = 1,4 см2; а = 45°, ат = 220 МПа.
13.9.	См. рисунок. В расчетах при-
принять: F\ = 1 см2, F2 = 3 см2, F3 =
= 1,4 см2; от = 220 МПа.
13.10.	См. рисунок к задаче 13.9.
В расчетах принять: F\ = F2 = 2 см2,
F3 = 0,7 см2; от = 220 МПа.
13.11.	См. рисунок к задаче 13.9.
В расчетах принять: F\ = 2 см2, F2 =
= 4 см2, F3 = 1,4 см2; от = 220 МПа.
В задачах 13.12-13.17 для стержне-
стержневых систем, изображенных на указанных
рисунках, определить минимальное зна-
значение параметра F, при котором система сохраняет несущую
способность.
К задаче 13.9
13.12.	См. рисунок к задаче 13.1. В расчетах принять: F\
F2 = F, a = 45°, ат = 220 МПа, Р = 300 кН.
13.13.	См. рисунок к задаче 13.3. В расчетах принять: F\
F3 = F, F2 = 2F, a = 60°, aT = 220 МПа, P = 300 кН.
13.14.	См. рисунок к задаче 13.5. В расчетах принять: F\
F, F2 = 5F, F3 = 2F, aT = 220 МПа, Р = 300 кН.
13.15.	См. рисунок к задаче 13.5. В расчетах принять: F\
F2 = F, Fs = 5F, aT = 220 МПа, Р = 300 кН.
13.16.	См. рисунок к задаче 13.7. В расчетах принять: F\
F2 = F, F3 = 1,4F, a = 45°, aT = 220 МПа, P = 300 кН.
15*

I
^- F2
I
I
452	Расчет стержневых систем за пределом упругости	[Гл. 13
13.17.	См. рисунок к задаче 13.7. В расчетах принять: F\ =
= F,F2 = 4F, F3 = 1,4F, a = 45°, aT = 220 МПа, P = 300 кН.
13.18.	Для стержневой системы, изображенной на рис. 13.3,
определить максимальный угол а, при котором система сохраняет
несущую способность. В расчетах принять: F\ = F3 = 2 см2, F% =
= 2,4 см2; от = 240 МПа, Р = 100 кН.
В задачах 13.19-13.21 для изображенного на рисунке к задаче
13.19 ступенчатого бруса определить предельное значение РПр
силы Р.
13.19.	В расчетах принять: F\ = 4 см2, F% = 2 см2; F% = 6 см2,
от = 240 МПа.
13.20.	В расчетах принять: F\=2 см2, F% = 1 см2; F% = 6 см2,
от = 220 МПа.
13.21.	В расчетах принять:
Fi = 3 см2, F2 = 1 см2; F3 = 7 см2,
от = 240 МПа.
13.22.	Для сечения в форме
К задаче 13.19 ромба с диагоналями 26 и 2/г опре-
определить величины предельных мо-
моментов сопротивления Wup при изгибе относительно диагоналей
ромба. Найти их отношение при h = 26.
В задачах 13.23-13.27 для указанных сечений определить ве-
величину предельного момента сопротивления Wzup при изгибе
и найти его отношение к моменту сопротивления изгибу, найден-
найденному из расчета по допускаемым напряжениям.
13.23.	Прямоугольник с основанием 6 и высотой h = 26.
13.24.	Равнобочная трапеция с высотой h и основаниями Ь\ =
= З/i, 62 = 4/i.
13.25.	Круг диаметра d.
13.26.	Кольцо с внутренним du внешним D = 2d диаметрами.
13.27.	Тонкостенного кольцо толщины 5 и диаметра d = 105.
В задачах 13.28-13.38 для сечений, указанных на соответ-
соответствующих рисунках или непосредственно в условии, определить
величину предельного момента сопротивления Wzup при изгибе.
13.28.	См. рисунок. В расчетах принять: 6 = 3 см.
13.29.	См. рисунок. В расчетах принять: 6 = 2 см.
13.30.	См. рисунок. В расчетах принять: 6 = 1,5 см.
13.31.	См. рисунок. В расчетах принять: 6 = 3 см.
13.32.	См. рисунок. В расчетах принять: 6 = 3 см.
13.33.	См. рисунок. В расчетах принять: 6 = 1,5 см.

Гл. 13]	Расчет стержневых систем за пределом упругости	453
г
уу
t b ,
$
Уу
t b
у
у
УУ,
b
b
z
УУ,
'УУ,
у/у
b
Уу
b
2
¦i.
yy
'y,
I
У
V.
'у,
7
W
b
2
УУ,
///
УУ
b
К задаче 13.28
К задаче 13.29
ьУ
5b
b
2b
2b
A
\/Уу
/У//у
^
y,
УУУ\ v
2
b
3b
Уу\
//A
уууух :
	ъ
l_b
4
К задаче 13.30
К задаче 13.31
уу/
УУ/,
< b ^
У/
Уу
Уу
у у
У у
У.
уу
У/Х/
< b >
УУу
УУ
< b >
i
i
)
i
b
1
b
b
z^
УУу
УУ,
л ь>
//,
УУ/
.к
'г
у
у,
К
У У ,
V/
УУу.
У/у,
///,
УУ/
i
\
i
\
К задаче 13.32
К задаче 13.33
2Ь
13.34. См. рисунок. Сечение — квадрат с диагональю 36,
в центре которого вырезан так, как показано на рисунке, квадрат
со стороной Ь. В расчетах принять: b = 2 см.

454
Расчет стержневых систем за пределом упругости
[Гл. 13
13.35. См. рисунок. В центре сечения вырезан так, как по-
показано на рисунке, квадрат со стороной 6. В расчетах принять:
6 = 3 см.
К задаче 13.34
К задаче 13.35
13.36. См. рисунок. Сечение — квадрат с диагональю 36,
в центре которого вырезан так, как показано на рисунке, квадрат
с диагональю 6. В расчетах принять: 6 = 2 см.
К задаче 13.36
К задаче 13.37
13.37.	См. рисунок. Сечение — квадрат со стороной 36, в уг-
углах которого вырезаны так, как показано на рисунке, квадраты
со стороной 6. В расчетах принять: 6 = 3 см.
13.38.	Правильный восьмиугольник со стороной 1,5 см. Изгиб
происходит относительно наибольшей диагонали.
В задачах 13.39-13.54 для балок, изображенных на соответ-
соответствующих рисунках, определить указанное предельное значение
(РПр5 <7пр5 или Мпр) внешней нагрузки. В расчетах принять: / =
= 1 м, Wznp = 4 см3, от = 200 МПа.
' z пр
13.39-13.43. P,
13.44-13.53.
13.54. Мпр.
пр-

Гл. 13]	Расчет стержневых систем за пределом упругости	455
1
3
Р
2/ А
з
*
К задаче 13.39
/
« з ^
р
1
« 3 ^
р
. d
К задаче 13.41
Р
2/
3
К задаче 13.43
P = ql
2/
3
К задаче 13.45
ГНИ
2Р
//А//
К задаче 13.40
1
« з t
р
i
, з" 9
\Р ,4
К задаче 13.42
W W I W ГТТ^_
К задаче 13.44
2/
3
К задаче 13.46
M=ql2
W
К задаче 13.47
К задаче 13.48
M=ql2
1ИИИИ1
1
1
\
\
\
К задаче 13.49
К задаче 13.50

456	Расчет стержневых систем за пределом упругости	[Гл. 13
q	Я
К задаче 13.51
К задаче 13.52
'f t T t Vr
« ^ q \
2/
3
К задаче 13.53
К задаче 13.54
13.55—13.59. Для валов, изображенных на соответствую-
соответствующих рисунках, определить предельное значение Мпр момента М.
В расчетах принять: d = 2 см, тт = 80 МПа.
К задаче 13.55
К задаче 13.57

Гл. 13]	Расчет стержневых систем за пределом упругости	457
\,5d
т
0 ©
К задаче 13.59

Глава 14
РАСЧЕТЫ НА УСТАЛОСТЬ
В сопротивлении материалов наряду с частными случаями ди-
динамических расчетов элементов конструкций, указанных в гл. 12,
рассматриваются установившиеся процессы, приводящие к пери-
периодической (циклической) зависимости нормальных а и/или каса-
касательных т напряжений от времени t:
а = o(t), т = x(i), a(t + Т) = a(t), Ф + Т) = x(i), A4.1)
где Т — период (цикл) изменения напряжений.
Определение 14.1. Усталостью называется разруше-
разрушение материала при циклическом изменении НДС при напряже-
напряжениях, меньших предельных статических, а выносливостью — его
способность выдерживать большое число циклов без проявления
усталостных эффектов. ¦
Далее основные результаты приводятся для нормальных на-
напряжений. При рассмотрении касательных напряжений в соот-
соответствующих обозначениях необходимо заменить а на т.
Определение 14.2. Величины
	 ^тах ~г C^min		 ^тах ^min	j-% 	 ^min	/-< л rj\
®т — 	о	5 aa — 	о	5 n<5 — 	5	li4-^J
-^	-^	^max
где отах и omin — максимальное и минимальное значения на-
напряжений за цикл, называются соответственно средним напря-
напряжением (статической составляющей цикла), амплитудой цикла
(его переменной составляющей) и коэффициентом асимметрии
цикла.
При Ra = — 1 цикл называется симметричным, а в против-
противном случае — асимметричным. Если от-ш > 0 или отах < О,
то цикл именуется знакопостоянным, остальные асимметричные
циклы — знакопеременными. При ат-т = 0 (соответственно Ra =
= 0), или отах = 0 (Ra = ос) цикл называется отнулевым (пуль-
сационным).
Циклы с равными коэффициентами асимметрии называются
подобными, ш
Определение 14.3. Для фиксированного числа N цик-
циклов с коэффициентом асимметрии Ra напряжение с^дг (в этом
обозначении R — конкретное числовое значение RG), равное отах,
при котором происходит разрушение, называется ограниченным
пределом выносливости.

Гл.14]
Расчеты на усталость
459
График функциональной зависимости aRN = oRN(N) назы-
называется кривой усталости (рис. 14.1, здесь опр = ов, от или 00,2M
а величины aR = o#tvA07) для сталей и чугуна (рисунок а)
и aR = a
RN
A08)
для цвет-
цветных металлов и сплавов
(см. рисунок б) — преде-
пределом выносливости. Соот-
Соответствующее число N =
= 107 или N = 108 называ-
называется базовым числом цик-
циклов.
Цикл, для которого
Отах — ^Я' называется
предельным, ш
10х N 1
Рис-
108 N
Кривые усталости строятся опытным путем. Отметим, что
для сталей и чугуна эти кривые имеют горизонтальную асимп-
ТОТУ °RN = аЯоо « °R-
Аксиома 14.1. Кривые усталости и соответственно пре-
предел выносливости не зависят от вида цикла (вида функции а =
= а(*) при t0 < * < to + T). m
Из этой гипотезы, определения 14.3 и формул A4.2) вытека-
вытекает, что амплитуда предельного цикла и его среднее напряжение
связаны между собой следующим образом (R = Ra — параметр):
a = \oR(R)(l-R),
A4.3)
Определение 14.4. График функции аа = aa(am), за-
задаваемой равенствами в A4.3), называется диаграммой предель-
предельных амплитуд, ш
Ее идеализированные варианты для пластических и хрупких
материалов (ломанные ABCD и ABC) изображены соответ-
соответственно на рис. 14.2 а и б. Здесь a_i — предел выносливости для
симметричного цикла, а остальные величины определяются так:
— хрупкие материалы
= <5в,
где ао — предел выносливости для отнулевого цикла;
— пластические материалы
_ ^ _ __, _ 2a-i ~
->Пр	^г	^,,	т-«-а/
<5пп =
или
Gnp — GT,
,	CJ-1
= tgy= 	.
СУ
A4.4)
A4.5)
A4.6)

460
Расчеты на усталость
[Гл. 14
Точки области, лежащие внутри заштрихованной области,
соответствуют циклам, безопасным в отношении усталостного
разрушения.
JT,C
в,р
Рис. 14.2
Диаграмма предельных амплитуд строится с помощью прове-
проведения испытаний на специальных образцах. Для учета их отличий
от реальных деталей вводятся поправочные коэффициенты.
Определение 14.4. Эффективным коэффициентом
концентрации напряжений, коэффициентами качества обра-
обработки поверхности, упрочнения поверхности, масштабного
фактора и влияния внешней среды называются следующие
величины:
KF =
G-1V
A4.7)
где a_i — предел выносливости для образца, а такие же величины
с дополнительными индексами определяются при учете каждого
из дополнительных факторов.
При этом полагается, что предел выносливости детали о_1д
вычисляется так:
,	A4.8)
где
К =
A4.9)
KFKvKdKf
— общий поправочный коэффициент, ш
Коэффициенты Ка, Кр, Ку, /Q и /С^ приводятся в справоч-
справочных таблицах.
Как правило, проводится только поверочный расчет на уста-
усталость при заданных параметрах циклов внешних нагрузок. При
этом предполагается, что данный цикл (точка N, на рис. 14.2 а)
и соответствующий ему предельный (точка М на диаграмме)

Гл. 14]	Расчеты на усталость	461_
являются подобными, что приводит к следующим равенствам для
запаса прочности по усталости:
^ = ^.	A4.10)
Отсюда с учетом A4.8) для различных участков диаграммы
вытекают следующие равенства для naR:
— участок ВС
\ , \|/о = tgy = ^-;	A4.11)
— участок CD (только пластические материалы, ат > 0)
G'p ;	A4.12)
+<3
— участок АВ (am < 0; anp.c — От,с для пластических и апр.с —
= ав,с для хрупких материалов)
ncR = naR= Gt?c	.	A4.13)
G a Iх од ~ Gm
Для пластических материалов при оТ5Р = аТ^с = ат формулы
A4.12) и A4.13) объединяются в одну:
°	A4.14)
Формулы A4.13) или A4.14) применяются только при с^<атии.
Если имеет место изгиб или кручение, то всегда полагается аш ^
При расчетах нет необходимости анализировать, какому кон-
конкретному участку диаграммы соответствует данный цикл. До-
Достаточно провести вычисления по формулам A4.11) и A4.12)
(или A4.13), A4.14)) и найти запас прочности по усталости, как
минимальный из этих двух результатов:
naR = min (поД, naR).	A4.15)
Отметим, что при Кад = 1 формулы A4.12)—A4.14) дают
обычный коэффициент запаса прочности п (см. п. VI § П.1). Но
поскольку Кад ^ 1, то naR ^ n. И поэтому нет необходимости
дополнительно проводить статический расчет на прочность.
Алгоритм расчета на усталость следующий.
1.	Решаем соответствующую статическую задачу. При этом
нагрузки являются параметрами.
2.	Анализируя эпюры внутренних силовых факторов и учи-
учитывая концентрацию напряжений, выделяем опасные сечения
(далее г — индекс сечения), а в них — опасные точки (далее j —
соответствующий им индекс).

462
Расчеты на усталость
[Гл. 14
3. В каждом из сечений и в каждой точке проводим расчет на
усталость.
При действии только нормальных или касательных напря-
напряжений (во втором случае, напомним, в обозначениях необходимо
заменить а на т) выполняем следующие действия:
а)	полагая значения нагрузок равными максимальным и ми-
минимальным значениям, определяем отах и omin, а затем по фор-
формулам A4.2) — ат и оа;
б)	по справочным таблицам или по условию задачи с помощью
A4.9) и A4.11) находим коэффициенты Кад и \|/о;
в)	находим запас прочности по усталости п^ = ^*д? исполь-
используя формулу A4.15).
При одновременном действии нормальных и касательных на-
напряжений выполняем пп. а)-в) для каждого из напряжений, на-
находим п^л, n^R и дополнительно выполняем следующее действие:
г)	определяем общий запас прочности по усталости п^, ис-
используя эмпирическую формулу Гафа-Поларда:
Г
nR
A4.16)
4. Вычисляем действительный запас прочности как мини-
минимальный из найденных выше запасов:
п = min
п
г3
).
A4.17)
эм
[Р1
21
Пример 14.1. Изготовленная из стали 45 (ов = 610 МПа,
от = 340 МПа, a_i = 250 МПа) балка квадратного поперечного
сечения изгибается силой Р,
изменяющейся в пределах от
Рт[п = 3 кН до Ртах = 13 кН
* (рис 14.3). Определить коэф-
коэффициент запаса прочности п.
В расчетах принять: / = 0,3 м;
d = 5 см; общий поправочный
коэффициент в сечении, соот-
соответствующем изменению гео-
геометрии, Кад = 2,4.
Решение. Нумерация
сечений указана на рис. 14.3.
1.	Решая соответствующую статическую задачу, строим эпю-
эпюру изгибающих моментов (см. рис. 14.3).
2.	Опасными являются сечения 2 и 3. В первом из них имеет
место максимальный изгибающий момент, а во втором — кон-
концентрация напряжений. Опасные точки в каждом — наиболее
Рис. 14.3

Гл. 14]	Расчеты на усталость	463
удаленные от нейтральной линии (см. гл. 5). При этом необходимо
рассматривать сечение 3 на участке 2-3, так как здесь меньше
диаметр.
Вычисляем момент сопротивления изгибу в этих сечениях:
W = ^- = \ = ^- = 0,208 • 10 м3,
и находим максимальные статические напряжения:
— сечение 2
,. 3 _	М
— сечение 3
.. 1 ~,	М Р1
3. Так как материал пластический, то коэффициент \|/о опре-
определяем по формуле в A4.11):
-??-0.4.0.
Далее вычисляем amaX5 amin и по формулам A4.2), A4.11),
A4.12) A4.15) от, оа, naR:
— сечение 2 (Кад = 1)
3-13-10 • 0,3	-тбгг	1/И АЛП
= 4,0208,10-4 = 141 • Ю6 Па = 141 МПа,
omin = отах|^ = 141 • А = 32,4 МПа,
141 + 32,4 О^ПАЛТ1 141-32,4 КАОАЛТ1
аш =	—— = 86,7 МПа, аа =	—- = 54,3 МПа,
_ 	250	 - о 78 ^ -	340	_
оЯ ~ 54,3-1 + 0,410-86,7 ~ ' ' П°я ~ 54,3-1 + 86,7 ~ "' '
поД = шш B,78; 2,41) = 2,41;
— сечение 3 (Кад = 2,4)
PmaJ 13 • Ю3 • 0,3 =	6 =
2-0,208-Ю-4
Р^ = 93,7-^- = 21,6 МПа,
93,7 + 21,6 „лмп	93,7-21,6
	^	= 57,6 МПа, аа =	= 36,0 МПа,
250
227
36,0-2,4 + 0,410-57,6

464	Расчеты на усталость	[Гл. 14
~ _	340	_
П °д ~ 36,0 -2,4 + 57,6 ~2'db'
пой = min B,27; 2,36) = 2,27.
4. Действительный запас прочности находим с помощью
A4.15):
п = min B,78; 2,41; 2,27; 2,36) = 2,27. ¦
Пример 14.2. К ступенчатому круглому валу с диамет-
диаметрами D и d на его торцах приложены продольные силы Р, из-
изменяющиеся по отнулевому циклу с Ртах = 100 кН, и крутящие
моменты М, изменяющиеся по симметричному циклу с Мтах =
= 0,8 кН • м. Определить коэффициент запаса прочности. В рас-
расчетах принять: D = 48 мм, d = 40 мм; вал изготовлен из легиро-
легированной стали (ов = 900 МПа, от = 600 МПа, o_i = 300 МПа, тв =
= 0,5ов; тт = 0,5от; t_i = 0,25ав); на стыке участков с различными
диаметрами имеет место концентрация напряжений, определяе-
определяемая коэффициентами Ка = 1,66; Ка^ = 0,775; КТ = 1,45; Кх& =
= 0,751; Ktjp — 0,961 (остальные коэффициенты равны единице).
Решение. 1—2. Нормальные усилия и крутящие моменты
постоянны по длине вала:
N = Р, Мк = М.
Максимальные статические напряжения имеют место на
участке с меньшим диаметром (см. главы 1, 4 и табл. П.4):
_ N _ 4Р	_ Мк _ 16М
3. С использованием условий задачи определяем тв, тт, t_i:
хв = 450 МПа, хт = 300 МПа, x_i = 225 МПа,
а также по формуле в A4.11) \|/о (материал пластический; знание
коэффициента \|/т для симметричного цикла не требуется) и с по-
помощью равенства A4.9) поправочные коэффициенты Кад, КТД:
_ ±,vv = о 14 К =	-1—-	= 2 01
од 0,775 ' ' тд 0,751-0,961 ' *
Далее вычисляем коэффициенты запаса по усталости по нор-
нормальным напряжениям (цикл отнулевой, см. определение 14.2):
= 1% = 4-МО-10» = . 1Ое ш =
amin = 0, am = aa = ^ = Ц? = 39,8 МПа,

Гл. 14]	Расчеты на усталость	465
300
оЯ 39,8-B,14+ 0,333) ' '
~	60°	= 4,80, поД = • '—- - —
оК 39,8-B,14 + 1)
и по касательным напряжениям (цикл симметричный, см. опре-
определение 14.2; в этом случае, очевидно, nxR > nxR):
= 16Mmax = 16 ¦ 0,8 ¦ 103 =
Xmin Xa	nd3	Tt-0,043
= 63,7 • 106 Па = 63,7 МПа,
^а^хд	Ьо,7 • 2,Ul
Наконец, с использованием формулы A4.16) находим общий
запас прочности:
= Пр = — ° 	= —	= 1,52. ¦
~> , Q	л/Ч (\*\1 \Л 7R2
Задачи
Если не заданы значения каких-то поправочных коэффици-
коэффициентов, то их следует положить равными единице; если не заданы
механические характеристики материала при кручении, то при
необходимости они должны быть предварительно определены по
формулам тв = 0,5 ов; от = 0,5от; %-\ = 0,25ов.
14.1.	На цилиндрический стержень со ступенчато изменяю-
изменяющимся круглым сечением (диаметры Dud) действуют прило-
приложенные на его торцах продольные силы Р, изменяющиеся по
симметричному циклу. Определить коэффициент запаса прочно-
прочности. В расчетах принять: Ртах — 100 кН, d = 4 мм, D = 48 мм;
стержень изготовлен из стали 45 (ов = 610 МПа, от = 360 МПа,
о_1 = 250 МПа); на стыке участков с различными диаметрами
имеет место концентрация напряжений, определяемая коэффи-
коэффициентами Ка = 1,66; Kad = 0,775.
14.2.	Для указанного в предыдущей задаче стержня опреде-
определить запас прочности в случае нагружения стержня на его торцах
крутящими моментами М, изменяющимися по отнулевому циклу.
В расчетах принять: Мтах = 0,5 кН • м; коэффициенты концен-
концентрации заменить следующими: Кх = 1,45; К%& = 0,775.
14.3.	Определить коэффициент запаса прочности консольно
закрепленного круглого вала диаметра d и длины /. Вал нагру-
нагружен на свободном краю поперечной силой Р, изменяющейся по

466	Расчеты на усталость	[Гл. 14
симметричному циклу, и крутящим моментом М, изменяющимся
по отнулевому циклу. В расчетах принять: Ртах = 2 кН, Мтах =
= 1,5 кН • м; / = 0,5 м; d = 5 см; вал изготовлен из стали 45 (ов =
= 650 МПа, от = 360 МПа, o_i = 250 МПа).
14.4.	Стержень с постоянным круглым поперечным сечением
диаметра d имеет кольцевую выточку, вызывающую концентра-
концентрацию напряжений. Он нагружен продольной силой, изменяющейся
от Pmin = 1 кН до Ртах = 8 кН. Определить коэффициент запаса
прочности стержня. В расчетах принять: d = 12 мм, /Qo = 0,833;
Kajr = 0,909; стержень изготовлен из легированной стали (ов =
= 900 МПа, от = 600 МПа, o_i = 300 МПа).
Указание: коэффициент концентрации напряжений Ка
определить по эмпирической формуле
A4.18)
14.5.	Определить коэффициент запаса прочности изображен-
изображенной на рисунке балки, имеющей круговое поперечное сечение диа-
диаметра d. Сила Р изменяется от Ртах = 5 кН до Pmin = —1,2 кН.
В расчетах принять: / = 0,5 м, d = 3 см; балка изготовлена из ле-
легированной стали (ов = 1000 МПа, от = 600 МПа, o_i = 300 МПа).
I
з
2[
3
К задаче 14.5
14.6.	К валу со ступенчато изменяющимся круглым попе-
поперечным сечением (диаметры D, d) на его торцах приложены
переменные крутящие моменты М. Определить допускаемые ве-
величины максимального Мтах и минимального Мт-т крутящих
моментов. В расчетах принять: D = 5 см, d = 4 см, Мт-Ш/Мтах =
= 0,3; запас прочности п = 2; на стыке участков с различными
диаметрами имеет место концентрация напряжений, определяе-
определяемая коэффициентами Кх = 1,43; К&% = 0,751; Кхр — 0,961; мате-
материал — легированная сталь (ов = 790 МПа, от = 550 МПа, t_i =
= 200 МПа).
14.7.	Определить коэффициент запаса прочности ступенча-
ступенчатой круглой балки (диаметрами D и d), работающей на изгиб по
отнулевому циклу, если известно, что в опасном сечении Мтах =
= 300 Н • м. В расчетах принять: D = 5 см, о! = 3см; в опасном

Гл.14]
Расчеты на усталость
467
сечении Ка = 2,03; Kda = 0,752; Кар = 0,934; балка изготовлена
из стали 45 (ов = 610 МПа, от = 360 МПа, o_i = 250 МПа).
14.8.	Определить коэффициент запаса прочности вращающе-
вращающегося ступенчатого круглого вала (диаметры Dnrf), испытываю-
испытывающего переменный во времени изгиб с кручением по симметрично-
симметричному циклу, полагая, что в опасном сечении отах = 20 МПа, ттах =
= 15 МПа. В расчетах принять: D = 4 см, d = 2 см; в опасном
сечении Ка = 2,09; Kad = 0,769; KaF = 0,952; К% = 2,03; Kxd =
= 0,833. Вал изготовлен из стали 3 (ов = 450 МПа, от = 240 МПа,
о_1 = 130 МПа, т_1 = 100 МПа).
14.9.	Определить наибольшее допускаемое значение изме-
изменяющегося по симметричному циклу изгибающего момента М
в опасном сечении ступенчатой балки (диаметры D и d). В рас-
расчетах принять: D = 2 см, d = 1 см; материал — сталь 45 (ов =
= 610 МПа, от = 340 МПа, a_i = 250 МПа); запас прочности п =
= 2; в опасном сечении Ка = 2,23; К^ = 0,8; Кар = 0,952.
14.10.	Цилиндрический стержень диаметра D имеет попереч-
поперечное отверстие с диаметром d (см. рисунок). На торцах он нагру-
нагружен растягивающими силами, изменяющимися от Pmin = 100 кН
до ^тах = 300 кН. Определить коэффициент запаса прочности
стержня. В расчетах принять: D = 60 мм, d = 6 мм; в сечении
с отверстием Ка = 1,57; Kad = 0,77; материал — легированная
сталь (ов = 900 МПа, от = 600 МПа, a_i = 300 МПа).
14.11.	Круглый вал диаметра d ослаблен шпоночной канав-
канавкой. К его торцам приложены крутящие моменты, изменяющиеся
от Мт-Ш = 0,5 кН • м до Мтах = 1 кН • м. Определить коэффици-
коэффициент запаса прочности. В расчетах принять: d = 4 см; в сечениях
с канавкой КТ = 1,80; Kzd = 0,833; Кхр — 0,952; материал — сталь
45 (ов = 650 МПа, от = 360 МПа, a_i = 250 МПа).
D
К задаче 14.10
К задаче 14.12
14.12. Двухопорный вал со ступенчато изменяющимся кру-
круговым поперечным сечением нагружен сосредоточенной силой Р,
изменяющейся по симметричному циклу (см. рисунок). Опреде-
Определить коэффициент запаса прочности. В расчетах принять: Ртах —
= 2 кН, / = 0,4 м; d = 4 см, D = 5 см, Ка = 1,7; Kad = 0,8;

468
Расчеты на усталость
[Гл. 14
материал — легированная сталь (ов = 900 МПа, от = 600 МПа,
а_! = 300 МПа).
14.13.	Решить задачу 14.12 при условии, что сила Р изменя-
изменяется по отнулевому циклу.
14.14.	Стержень постоянного круглого поперечного сечения
диаметра d имеет кольцевую выточку, вызывающую концентра-
концентрацию напряжений. Он нагружен продольной силой, изменяющейся
от Ртах — ~9 кН до Pmin = —13,6 кН. Определить коэффициент
запаса прочности стержня. В расчетах принять: d = 12 мм, Ка =
= 2,18; Кы = 0,833; KaF = 0,909; материал — сталь 3 (ов =
= 380 МПа, от = 240 МПа, o_i = 170 МПа).
14.15.	Двухопорный вал кругового поперечного сечения диа-
диаметра d и длины / в центральном сечении нагружен сосредо-
сосредоточенной силой Р, изменяющейся от Ртах = 1?5 кН до Рт[п =
= —1 кН, и постоянным по длине вала крутящим моментом М,
изменяющимся по отнулевому циклу. Определить коэффициент
запаса прочности. В расчетах принять: Мтах = 0,1 кН • м; / =
= 0,3 м; d = 2 см; материал — сталь 45 (ов = 610 МПа, от =
= 340 МПа, о_1 = 250 МПа).
14.16.	Двухопорный вал постоянного круглого поперечного
сечения диаметра d нагружен сосредоточенной силой Р и кру-
крутящим моментом М, изменяющемися по симметричному циклу
(см. рисунок). Определить коэффициент запаса прочности. В рас-
расчетах принять: Ртах = 3 кН, Мтах = 1 кН • м; / = 0,2 м; d = 4 см,
материал — углеродистая сталь (ов = 650 МПа, от = 320 МПа,
о_1 = 250 МПа).
М
м
©
I
I
©
К задаче 14.16
14.17.	Для двухопорной балки найти предельное значение
силы Р, приложенной в центральном сечении и изменяющейся по
отнулевому циклу. Балка имеет квадратное поперечное сечение
со стороной Ь. В расчетах принять: п = 4; / = 0,3 м; Ь = 2 см,
материал — легированная сталь (ов = 900 МПа, от = 600 МПа,
а_! = 300 МПа).
14.18.	Вал круглого поперечного сечения диаметра d имеет
кольцевую выточку, вызывающую концентрацию напряжений.
Он нагружен постоянным по длине циклически изменяющимся

Гл. 14]	Расчеты на усталость	469
от Мтах до Мт-т крутящим моментом М. Определить Мт-Ш.
В расчетах принять: Мтах = 1кН • м, п = 4, d = 4 см, Кх = 1,44;
KTd = 0,775; Кхр = 0,93; материал — сталь (тв = 500 МПа, тт =
= 300 МПа, т_1 = 250 МПа).
14.19.	В опасном сечении балки прямоугольного поперечного
сечения высоты 26 и ширины b действует изгибающий момент М,
изменяющийся по симметричному циклу. Определить предель-
предельное значение М в двух вариантах: 1 — плоскость изгиба балки
совпадает с плоскостью максимальной жесткости сечения; 2 —
плоскость изгиба балки перпендикулярна плоскости максималь-
максимальной жесткости сечения. В расчетах принять: п = 3, Ь = 3 см; ма-
материал — сталь 45 (ов = 600 МПа, от = 360 МПа, о_3 = 250 МПа).
14.20.	В опасном сечении вала круглого поперечного сечения
диаметра d действует изгибающий М и крутящий Мк = М/2
моменты, изменяющиеся по отнулевому циклу. Определить пре-
предельные значения М и Мк. В расчетах принять: п = 3, d = 2 см;
материал — сталь 3 (ов = 380 МПа, от = 240 МПа, o_i = 160 МПа).

Глава 15
СТЕРЖНИ БОЛЬШОЙ КРИВИЗНЫ
По соотношению радиуса кривизны R оси Г и diam D в со-
соответствии с определением П.З стержни подразделяются на два
класса: стержни малой и большой кривизны. Для прямых стерж-
стержней внутренние силовые факторы, отвечающие простейшим НДС
(растяжение-сжатие, изгиб и кручение), независимы (см. главы 1,
4, 5). Для кривых стержней это не так.
Эпюры внутренних силовых факторов для кривых стержней
строятся так же, как и для рам (см. § 7.1) с использованием
правила знаков, указанного в § 5.1. При этом нормальные N
и перерезывающие силы Qy, изгибающие моменты Mz и внешние
нагрузки связаны между собой дифференциальными зависимо-
зависимостями G.39).
Далее будем считать, что ось Сх ПДСК Cxyz в поперечном
сечении D стержня большой кривизны направлена по касатель-
касательной к кривой Г, а ось Су — по нормали к Г в сторону вогнутости
(рис. 15.1). Будем также полагать, что стержень является плос-
плоской системой в смысле определения 7.2, и Су — ось симметрии
поперечного сечения.
У,У\
Рис. 15.1
На основании принципа суперпозиции (см. утверждение П.2)
НДС стержня большой кривизны есть сумма состояний, порож-

Гл. 15]	Стержни большой кривизны	?П_
денных нормальной силой и поперечными силовыми факторами.
Для каждого из них используются все гипотезы и термины, при-
принятые соответственно в теориях растяжения-сжатия (см. гл.1)
и поперечного изгиба (см. гл. 5).
В первом случае остаются справедливыми все формулы, ука-
указанные в гл. 1. В том числе, для нормальных напряжений из A.6)
имеем
aN = N/F.	A5.1)
Во втором варианте использование гипотез чистого изгиба
приводит к следующей связи изгибных продольных деформаций
м	м
е = гх и нормальных напряжении о = ах с радиусами кри-
кривизны ро и р упругой линии Гу в начальном и деформированном
состояниях (см. рис. 15.1):
М	2/1 (рО ~Р) М	2/1 (рО ~Р) тр	/1кО\
е =—-(	г, а =—-(	г?;,	A5.2;
р(ро - 2/i)	p(po -yi)
где ось Ci^i системы координат C\y\Z\ совпадает с нейтральным
слоем, и
Ci(e,0), y = yi+e, z = z\, R = po + e.	A5.3)
Утверждение 15.1. Для того чтобы деформации
в A5.2) соответствовали чистому изгибу бруса, необходимо
и достаточно, чтобы выполнялось равенство:
D
Отсюда следует, что и ро, и е, являются чисто геометриче-
геометрическими характеристиками сечения. Значения ро для некоторых
областей приведены в табл. 15.1. Для других сечений их можно
найти, например, в [22, 23]. Величина е при этом может быть
найдена по соответствующей формуле в A5.3).
Подстановка второго равенства из A5.2) с учетом A5.3) в вы-
выражение для изгибающего момента Mz в (П.24) приводит к сле-
следующему закону распределения изгибных нормальных напряже-
напряжений по сечению (см. рис. 15.1):
°M = -F^%	A5.5)
R — у eF	v '
Отметим, что при R —> ос е —>• 0, и все формулы переходят в со-
соответствующие равенства для чистого изгиба балки (см. § 5.2).
Суммарное нормальное напряжение вычисляется аналогично
внецентренному растяжению-сжатию (см. F.9)):

472
Стержни большой кривизны
[Гл. 15
Такой же остается и алгоритм расчета на прочность. При
этом следует учитывать, что, как вытекает из A5.5), Зо так же,
как и для балки, не имеет локальных экстремумов по у. Поэтому
Таблица 15.1
и/и
Тип сечения
Ро
Ро =
R V4R2 - d2
Ро =
Ьг +
РО =
hb
Т
РО =
In
нормальные напряжения принимают максимальные и минималь-
минимальные значения в наиболее удаленных от оси точках.
При поверочном расчете касательные напряжения, возникаю-
возникающие в поперечных сечениях кривого стержня при его изгибе,
можно приближенно определять по формуле Журавского для
балки (см. § 5.3).

Гл.15]
Стержни большой кривизны
473
Потенциальная энергия кривого стержня вычисляется сле-
следующим образом:
/2	дг2
[10.()
и =
2EFeR 2EF EFR
•- Ql Л ds
by2GF dS-
Отсюда с использованием теоремы Кастильяно вытекает ана-
аналогичная G.18) формула для перемещения 5 сечения по заданно-
заданному направлению {интегралы Мора для криволинейного бруса):
„
EFeR EF
EFR
GF
Как правило, в формулах A5.7) и A5.8) вкладом перерезы-
перерезывающей силы можно пренебречь.
Пример 15.1. Крюк трапециевидного поперечного сече-
сечения нагружен силой Р = 150 кН (рис. 15.2). Определить мак-
максимальные нормальные напряжения в опасном сечении крюка.
В расчетах принять: ось кривой части крюка — окружность, Ь\ =
= 50 мм, 62 — ЮО мм, /?i = 250 мм, /?2 — Ю0 мм.
1
1
:¦©
63,3 (-
127
Рис. 15.2

474	Стержни большой кривизны	[Гл. 15
Решение. Используя метод сечений и уравнения равнове-
равновесия, находим, что опасным является сечение А—А (см. рисунок),
так как там изгибающий момент и продольная сила имеют наи-
наибольшие по модулю значения: М = —PR и N = Р.
Находим геометрические характеристики сечения. Разбивая
трапецию на два треугольника (пунктирная линия на рисунок),
сначала определяем высоту h трапеции, площадь F сечения,
координату ус его центра тяжести во вспомогательной системе
координат СоУо^о {zc — О в силу симметрии; см. гл. 3 и табл. П.З)
и радиус кривизны оси криволинейной части стержня:
h = #! - R2 = 250 - 100 = 150 мм,
F = h 1+ 2 = 150	^	= 11 200 мм2 = 0,0112 м2,
SZo (ftfti/2) • (/г/3) + (Л62/2) • B/г/З) /г2Fх + 262)
= 83,3 мм,
F	F	6F
1502E0-h2 • 100)
6-11200
R = R1 - Ус = 250 - 83,3 = 167 мм = 0,167 м.
Поскольку hjR = 0,898, то необходимо применять теорию из-
изгиба криволинейных стержней. С помощью табл. 15.1 и формулы
A5.3) находим ро и е:
F
П200
156 ММ'
100 -50\ 250
I
е = R - ро = 167 - 156 = 11 мм = 0,011 м.
Нормальные напряжения в опасном сечении определяются
формулой A5.6) и соответствующими выражениями для момента
и нормальной силы:
Отсюда находим, что максимальные сжимающие и растяги-
растягивающие напряжения как напряжения соответственно в точках
меньшего (у = у\) и большего [у = у%) оснований:
У1 = -ус = -83,3 мм = -0,0833 м,
У2 = h - ус = 150 - 83,3 = 66,7 мм = 0,0667 м,

Гл.15]
Стержни большой кривизны
475
F 1+(/?-yi)e
R
150 • 103
Jmax p
0,0112
=!'¦
-0,0833-0,011
0,250-0,011 -
= 63,3 • 106 Па = 63,3 МПа,
у2-е
=w(]+2s^H=i27i°ena=i27Mna
Соответствующая эпюра нормальных напряжений приведена
на рис. 15.2. ¦
Пример 15.2. Определить допускаемую величину
нагрузки и вертикальное перемещение точки приложения силы
для стального кронштейна прямоугольного поперечного сечения
(рис. 15.3) при Р = Рдоп- В расчетах принять: [а] = 160 МПа,
Е = 2 • 105 МПа, R2 = 120 мм, h = 100 мм, Ъ = 50 мм, а = 150 мм.
Решение. Разбиваем стержень на участки (см. рис. 15.3).
777777777/
Ро
23,0
Рис. 15.3
Положение главных центральных осей сечения указано на
рисунке (см. табл. П.З). Вычисляем радиус кривизны оси стержня

476	Стержни большой кривизны	[Гл. 15
на участке 1-2:
R = R2 + | = 120 + ^ = 170 мм = 0,170 м.
Отношение h/R = 0,588, поэтому на этом участке необходимо
использовать теорию изгиба стержня большой кривизны.
Находим изгибающие моменты на обоих участках и нормаль-
нормальную силу на участке 1-2 (координаты ж, у и ср указаны на
рис. 15.3):
— участок 0-1
Мр{х) = Рж;
—участок 1-2
МР(Ф) = Р(а + Я sin ср), Л^Р(Ф) = Р sin ср.
Очевидно, опасным является сечение 2 криволинейного участ-
участка, где
М = Мр(п/2) = Р(а + R), N = Np(n/2) = Р.
Следовательно, нормальные напряжения в этом сечении в со-
соответствии с формулой A5.6) определяются так:
Вычисляем площадь сечения, а также по табл. 15.1 и форму-
формуле A5.3) находим радиус кривизны нейтрального слоя и смещение
нейтральной оси от центра тяжести сечения:
F = bh = 50 • 100 = 5000 мм2 = 0,005 м2,
R^ = R2 + h = 120 + 100 = 220 мм,
- h - 10° -ifi*>
РО ~ 1п(Я1/Я2) ~ In B20/120) ~ ММ'
е = R - р0 = 170 - 165 = 5 мм = 0,005 м.
Максимальные растягивающие и сжимающие напряжения
имеют место соответственно в точках с координатами у = —h/2
и у = h/2:
( h\ р Г, -/г/2-е / пч!

Гл.15]
Стержни большой кривизны
477
Р
F
Р
F
Р
F
1 -
/г/2-е
(R-h/2)e
(a + R)
1 -
R2e v
0,05 - 0,005
@,15 + 0,17)
= 23,0f
0,12-0,005
Соответствующая эпюра нормальных напряжений приведена
на рис. 15.3.
Условие прочности отах = отах,с ^ [а] приводит к следующе-
следующему неравенству для нагрузки:
[c]F _ 160 • 106 • 5 • ИГ3
23,0
= 34,8-103 Н = 34,8кН.
^ 23,0
Принимая Р = Рдоп = 34,8 кН, находим вертикальное переме-
перемещение сечения 0 под действием этой силы. Для этого определяем
внутренние силовые факторы от действия единичной силы Р =
= 1:
—	участок 0-1
—	участок 1-2
М1 (ф) = (а + R sin ф), N1 = sin ф.
При вычислении перемещения пренебрегаем влиянием пере-
перерезывающей силы и используем интегралы Мора A5.8) на участ-
участке 1-2 и G.18) на участке 0-1 (впрочем, и здесь формально спра-
справедливо равенство A5.8), поскольку на этом участке N = 0):
5 =
а	к/2
[МРМ1 ,	Г
\-Ё1ГЛх+\-
мрм1
EFeR
я/2
Т
NPMX
NN1
EF
n/2
EFR
EFeR
к/2
Psin '
EF
к/2
Я sin ф) sin ф
EF Зг2; 2
2ea+ 2a

478
Стержни большой кривизны
[Гл. 15
Вычисляя момент, радиус инерции сечения (см. табл. П.З)
и вспомогательные отношения
^ 50ш!	-«М4
12
Jz 4,17- ИГ6
0,005
0,15"
il
e 0,005
окончательно получим
34,8-103-0,15
~
2 -1011 • 0,005
27,0 , к
= 4д7.1О-«М4,
0,15
8,34-10"
0,170
0,15

= 0,487 • 10м = 0,487 мм.
Задачи
15.1. Определить максимальные растягивающие и сжимаю-
сжимающие напряжения изображенного на рисунке кривого стержня,
имеющего круглое поперечное
сечение. В расчетах принять:
#1 = 0,2 м; R2 = 0,3 м; / = 0,2 м;
Р = 20кН.
15.2. Определить допускае-
допускаемую величину сил Р для изобра-
К задаче 15.1	женной на рисунке серьги с тра-
трапециевидным поперечным сече-
сечением. В расчетах принять: а = 0,8 м; R] = 0,5 м; R2 = 0,3 м;
&1 = 6 см; Ь2 = 12 см; [а] = 120 МПа.
15.3.	Определить сближение концов изображенного на рисун-
рисунке кривого стержня квадратного сечения со стороной а = R/2.
15.4.	Провести поверочный расчет на прочность изображен-
изображенного на рисунке стержня, имеющего форму полукольца прямо-
прямоугольного поперечного сечения. В расчетах принять: R] = 0,5 м;
b = 4 см; h = 6 см; Р = 7 кН; от = 200 МПа.
15.5.	Определить, на какую величину 5 можно развести торцы
изображенного на рисунке разрезанного кольца прямоугольного

Гл.15]
Стержни большой кривизны
479
сечения, чтобы максимальное нормальное напряжение не превы-
превышало предела текучести. В расчетах принять: R = 4 см, h = 1 см,
Е = 2 • 105 МПа, от = 300 МПа.
15.6.	Определить допускаемое зна-
значение силы Р для изображенного на ри-
рисунке кронштейна постоянного прямо-
прямоугольного поперечного сечения. В рас-
расчетах принять: г = 1 см; h = 3 мм; Ь =
= 12 мм; / = 4 см; [а] = 400 МПа.
15.7.	Определить максимальные
нормальные напряжения в изображен-
изображенном на рисунке кольце квадратного
поперечного сечения. В расчетах
принять: /?i = 2а; R% = а\ I = 1,5 а;
а = 10 см; Р = 100 кН.
15.8.	Определить угол поворота сво-
свободного конца изображенного на рисун-
рисунке к задаче 15.1 кривого стержня круг-
круглого поперечного сечения. В расчетах
принять: fli = 30 см; R2 = 24 см; d = 6 см; / = 0,2 м; Р = 20 кН;
Е = 2,2 • 105 МПа.
15.9.	Определить максимальные сжимающие напряжения
в изображенном на рисунке кривом стержне. В расчетах принять:
г = 0,4 м; d = 0,1 м; Р = 1 кН; М = 10 кН • м.
К задаче 15.2
К задаче 15.3
К задаче 15.4
15.10.	Вычислить допускаемую величину силы Р для изоб-
изображенной на рисунке s-образной серьги. В расчетах принять: г =
= 0,5 м; а = 0,15 м; [а] = 270 МПа.
15.11.	Определить перемещения точек приложения силы Р
изображенного на рисунке к задаче 15.6 кронштейна. В расчетах
принять: г = 1 см; h = 3 мм; 6 = 12 мм; / = 4 см; Е = 2,2 • 105 МПа;
Р = 200Н.
15.12.	Найти перемещения точек приложения сил Р изоб-
изображенного на рисунке к задаче 15.7 кольца. В расчетах при-

480
Стержни большой кривизны
[Гл. 15
нять: /?i = 2а; R^ = а; а = 10 см; Z = 1,5 а; Р = 100 кН; Е =
= 2,2 • 105 МПа.
К задаче 15.5
li
К задаче 15.6
^ Ъ ^
К задаче 15.7
ш
а
х\\\\\\\\\\
К задаче 15.9
К задаче 15.10
К задаче 15.15
15.13.	Определить перемещения точек приложения сил Р
изображенной на рисунке к задаче 15.2 серьги. В расчетах при-
принять: R\ = 50 см; /?2 = 30 см; Ь\ = 6 см; Ъч = 12 см; / = 0,8 м;
Р = 1кН.
15.14.	Вычислить угол поворота сечения А изображенного на
рисунке к задаче 15.9 кривого стержня. В расчетах принять: г =
= 0,5 м; а = 0,15 м; Е = 2,2 • 105 МПа; М = 3 кН • м; Р = 10 кН.
15.15.	Определить запас прочности изображенного на рисун-
рисунке кривого стержня с сечением в виде правильного треугольника.

Гл.15]
Стержни большой кривизны
481
В расчетах принять: R] = 0,7 м; R2 — 0,5 м; Р = 10 кН, от =
= 200 МПа.
15.16. Определить максимальные напряжения в изображен-
изображенном на рисунке кривом стержне прямоугольного поперечного
сечения. В расчетах принять: R] = 0,9 м; R2 — 0,7 м; b = 1 см;
М = 2кНм.
К задаче 15.16
К задаче 15.17
15.17.	Используя третью теорию прочности, определить за-
запас прочности изображенного на рисунке кривого стержня трапе-
трапециевидного поперечного сечения. В расчетах принять: R] = 55 см,
R2 = 35 см, &i = 5 см, Ь2 = Ю см, Р = 200 кН, от = 270 МПа.
15.18.	Определить взаимное смещение точек приложения си-
силы для изображенной на рисунке к задаче 15.10 s-образной серь-
серьги. В расчетах принять: г = 0,5 м; а = 0,15 м; Е = 2,2 • 105 МПа;
Р = 10 кН.
15.19.	Определить горизонтальное перемещение сечения А
изображенного на рисунке к задаче 15.17 кривого стержня трапе-
трапециевидного поперечного сечения. В расчетах принять: R] = 55 см;
R2 = 35 см; Ь\ = 5 см; Ъ2 = 10 см;
Р = 2кН, Е = 2,2- 10й МПа.
15.20.	Определить угол поворо-
поворота сечения А изображенного на ри-
рисунке кривого стержня с сечением
в виде правильного треугольника.
В расчетах принять: Ri = 0,7 м;
R2 = 0,5 м; Р = 10 кН; Е = 2,2 •
105 МПа; М = 2кН-м.
15.21.	Используя третью тео-
теорию прочности, определить запас
прочности изображенного на рисун-
рисунке к задаче 15.20 кривого стержня с сечением в виде правильного
треугольника. В расчетах принять: Ri = 0,7 м; R2 = 0,5 м; Р =
= 100 кН, М = 2 кН • м, о0,2 = 170 МПа.
К задаче 15.20
16 А. Г. Горшков и др.

Глава 16*
ЧИСЛЕННЫЕ МЕТОДЫ В ЗАДАЧАХ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
Рассмотренные в предыдущих главах методы решения раз-
разнообразных задач по сопротивлению материалов, как правило,
не предполагали использования вычислительной техники (ЭВМ).
Однако имеющееся в настоящее время прикладное программ-
программное обеспечение персональных ЭВМ в виде специализированных
систем компьютерной математики, позволяют с одной стороны
минимизировать время на решение типовых задач, а с другой —
рассмотреть ряд задач, алгоритмы которых опираются на чис-
численные методы решения. Более того, благодаря мощным сред-
средствам комплексной визуализации и средствам диалога появля-
появляется возможность параметрического исследования многих задач
в диалоговом режиме. В настоящей главе рассмотрены некоторые
возможности использования пакета MathCAD 2001 Professional в
курсе сопротивления материалов и приведены соответствующие
задачи.
Условно материал данной главы можно разбить на две части.
В первой из них рассмотрены задачи по сопротивлению матери-
материалов, для решения которых требуются методы математического
анализа и высшей алгебры: вычисление геометрических харак-
характеристик сложных областей, определение перемещений сечений
балок переменного сечения, нахождение главных напряжений
и главных площадок и т. д. Вторая часть главы посвящена опре-
определению упругих линий балок, в том числе лежащих на упругом
основании, интегрированию уравнений продольно-поперечного
изгиба, которые сводятся к краевым задачам для обыкновенных
дифференциальных уравнений (ОДУ). Для решения краевых за-
задач ОДУ используется метод конечных разностей (МКР) [20],
основы которого приведены в справочном виде.
Предполагается, что читатель знаком с системой MathCAD
2001 Professional (или более ранними версиями пакета) на уров-
уровне начинающего пользователя. Более полную информацию по
данному пакету компьютерной математики можно найти в со-
соответствующей литературе [7]. Все приведенные в главе зада-
задачи протестированы в системе MathCAD 2001 Professional, no
тексту элементы файлов MathCAD заключены в рамку. Пол-

16.1 ]	Использование системы MathCAD	483
ную электронную версию приведенных примеров можно най-
найти в Internet по адресу: http://www.mai.rU/colleges/fас_9/
kaf/k902/ftp/index.htm. Для штриховки эпюр внутренних си-
силовых факторов используются опции steam и error графического
интерфейса системы.
16.1. Использование системы MathCAD в качестве
интеллектуального калькулятора
При использовании системы MathCAD 2001 Professional в ка-
качестве мощного процессора символьной математики задачи по
сопротивлению материалов с точки зрения используемых алго-
алгоритмов разделяются на следующие группы.
1.	Задачи, связанные с вычислением кратных и определенных
интегралов: нахождение геометрических характеристик плоских
областей (см. гл. 3) и обобщенных перемещений сечений стерж-
стержневых систем с помощью интеграла Мора (§7.1), построение эпюр
внутренних силовых факторов со сложными законами распреде-
распределения погонной нагрузки (см. §1.1, 1.2, 4.1, 4.2, 5.1). Для вычис-
вычисления интегралов в пакете MathCAD 2001 Professional исполь-
используются процедуры символьного (оператор —)>) или численного
интегрирования (оператор =).
2.	Задачи, требующие решения систем линейных алгебраиче-
алгебраических уравнений: построение эпюр внутренних силовых факторов
(§1.1, 1.2, 4.1, 4.2, 5.1, 7.1), энергетический метод определения
критической силы (§11.3). Для решения указанных систем урав-
уравнений используется блок Find... Given системы MathCAD.
3.	Задачи, связанные с использованием элементов векторной
и линейной алгебры: построение эпюр внутренних силовых фак-
факторов в криволинейных рамах (см. §7.1), исследование напряжен-
напряженного состояния в точке (см. гл. 8). Для их решения применяются
встроенные в систему MathCAD операции скалярного и вектор-
векторного произведения векторов, а также функции решения задачи
на собственные значения и векторы матриц.
Пример 16.1. Найти положение главных центральных
осей и главные моменты для плоской области
-{
D = { (y,z)
а>0,
(рис. 16.1). В расчетах принять: а = 5 см, b = 10 см.
Решение. Вычисление геометрических характеристик об-
области проведем с помощью прямого использования формул C.1),
C.2). Для этого сведем интегралы к повторным, расставив пре-
пределы интегрирования (область ограничена четвертью эллипса
16*

484 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
и прямыми у = 0, у = а):
а аУаУ
Г	Г
f(y,z)dydz =\dy	f(y,z)dz.
D
О у{
а у
Рис. 16.1
На первом этапе найдем положение центра тяжести сечения —
точку Ос с координатами (yc,zc). Сначала вычисляем площадь
области F и статические моменты Sy и Sz (см. C.1)):
F(a,b) :=
Sz(a,b):=
Sy(a,b) :=
О "
Га
1
га
J.
ь
г—у1
а
„
b
г—
|а
Jo
b
Га
а
J.
Г^ 2
а-у
ldzdy
assume, a
simplify
у dzdy
assume,
simplify
П~~2
va-y
zdzdy
assume,
simplify
>0
a>0
i
-1
4
1
3
a >0
1
> —
3
з-а-тг
•a -b
a-b2
Координаты ус и 2;с центра тяжести сечения Ос определяем
по формулам (см. C.6)):
Sz(a,b) 4 a	Sy(a,b) 4 b
yc(a,b):=	-^-—	zc(a,b):=
F(a,b) 3 7i
F(a,b) 3 n
Полученные параллельным переносом центральные оси
ОсУс%с указаны на рис. 16.1.

16.11
Использование системы MathCAD
485
Вычисляем осевые и центробежный моменты инерции
(см. C.2)):
Jy(a,b) :=
Jyz(a,b):=
га
0
0 *
га
J.
b
r—\
).
b
/—¦>/
a
b
Г
a
J,
/~~2 2
a-y
(~~2 2
a-y
Va-y
2
z dzdy
2
у dzdy
-
y-zdzdy
assume, a
simplify
assume, a
simplify
assume,
simplify
>
>
a
0
—»
0
>0
1
—-b"
16
1
-•b
16
1
-> —-a
8
•a-Ti:
a -7u
? ?
•b2
Находим моменты инерции сечения относительно централь-
центральных осей Ocyczc (см. C.5)):
Jyc(a,b) :=Jy(a,b) -zc(a,b) -F(a,b) simplify -^	b -a-
(9-ти -64)
144
Jzc(a,b) :=Jz(a,b) -yc(a,b) -F(a,b) simplify -^	b-a
144	n
JyZC(a,b) :=JyZ(a,b) - yc(a,b)-zc(a,b)-F(a,b) simplify —» —a -b
1 2,2(9-71-32)
Далее по формулам C.13) вычисляем главные моменты инер-
инерции Jz\ и Jy\ в системе главных центральных осей Ocy\z\.
Jzl(a,
Jyl(a,
b)
b)
:=^.[jyc(a,b)-b
4[ftc(a,b)
Jzc(a,
+ Jzc(a
b) + (
,b))-
3ign(Jzc(c
(sign(Jzc
i,b)-
(a,b)
Jyc(a,b))>J(Jyc(a,b) -
-Jyc(a,b)))-J(Jyc(a,b)
Jzc(?
-Jzc
i,b)J +
(a,b)J
4-JyZC('
+ 4-JyZC
i,bJ
(a,b)
]
--]
Находим угол ао, на который необходимо повернуть систему
координат Ocyczc так, чтобы она совпала с главными централь-
центральными осями инерции Ocy\Z\\
1
ao(a,b) := — -atari
2-Jyzc(a,b)

2 I Jzc(a,b)-Jyc(a,b)

486 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
Дальнейший расчет проводим для сечения с заданными раз-
размерами:
а := .
Jl(a,
Jl(a,
cto(a
ao(a
b)
b)
,b)
,b)
b := 10 — размеры сечения
:= max(Jzi(a,b) ,Jyi(a,b)) J2(a,b)
= 282.326 J2(a,b) = 60.665 -
= 0.19 — угол в радианах
180
	= 10.905 - угол в градусах
п
:= min(Jzi(a,b),Jyi(a,b))
главные моменты
Система координат Ocy\Z\ изображена на рис. 16.1.
Приведенные выше элементы файла могут быть объеденены
в программный модуль, позволяющий в интерактивном режиме
изображать сечение и систему главных центральных осей Ocy\Z\
при произвольных значениях параметров а и Ь.
N := 100 — количество точек на оси абсцисс
z(y) := - ~\ а2 - у2-(о (у) - Ф (у- а)) - граница области
а
zi(y) := tan(ao(a,b))-(y- yc(a,b)) + zc(a,b) - первая главная ось
1
Z2(y) := Ч
tan(ao(a,b))
•(у- yc(a,b)) + zc(a,b) — вторая главная ось
Результаты работы этого программного модуля приведены на
рис. 16.2. ¦
Пример 16.2. Исследовать зависимость от параметра
a Е [0,4] прогиба в сечении С изображенной на рис. 16.3 а
балки с переменным моментом инерции Jz = JzQg(x), g(x) =
= A + ax/lf. В расчетах принять: U2m, E = 2 • 105МПа,
пх
<7о = 40 кН/м, Jzq = 400см4, f(x) = cos —.
Решение. Следуем алгоритму, указанному в §7.1. При
этом наряду с размерными величинами будем применять более
удобные при программировании безразмерные параметры (они
обозначены тильдой):
EJZ
„ х
Mz
m] = Ml
jz =
q^r	i	qol	I	JzO
в которых функции f(x) и g(x) приобретают следующий вид:
~	ПХ	А
f(x) = f(x) = cos —, g(x) = g(x) = A + ax) .

16.1]
Использование системы MathCAD
487
с := max(a,
112
Рис. 16.2
s-^зр" 4
а
Рис. 16.3
ao(a,b)-— = 10.905
yc(a,b) = 2.122
zc(a,b) = 4.244
«1»
II
С
Определяем реакции опор при действии заданной нагрузки
(здесь и далее в интегралах делаем замену переменной интегри-
интегрирования х = xl)
l
О: RA + RB=\q{x)dx,
о
/
= 0: RbI = xq(x) dx,
/	/	/
RB = - xq(x) dx, Ra = q{x) dx — - xq{x) dx.
l> j	J	i J

488 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
Находим аналитическую зависимость Mz(x)
х
Mz(x) = Rax — \ (х — х\) q(x\) dx\ =
о
0	1	ч	JU
q(x) dx — - \ xq(x) dx J — \ (x — x\) q(x\) dx\ =
" j	j j
и	о	о
Л	1	ч	х
f(x) dx— xf(x) dx J - qol2 \ (x — t) f(t) di,
J	/	J
и	0	7	0
Й1	V	X
j{x)dx- \xj(x)dx\ - Ux-i)j(i)di.
и	о	о
Аналогично с учетом симметрии по участкам определяем из-
изгибающий момент Мz для единичной системы «1» (рис. 16.3 5):
—	участок АС @ < ж < 1/2):
IVIzAC\tL) ~ 2' IVIzAC\tL) ~ 2'
—	участок С-В A/2 ^ х ^ 1; с учетом указанной выше сим-
симметрии эпюра М\ симметрична относительно сечения с коорди-
координатой х = 1/2):
Таким образом
Искомое перемещение находим с помощью интеграла Мора
(см. G.18)):

16.11
Использование системы MathCAD
489
Формируем файл системы MathCAD для решения задачи:
— функциональная зависимость погонной нагрузки
f(x) := cos| — х
— функциональная зависимость момента инерции сечения
g(x,a):=(l + a-x)
— изгибающий момент от погонной нагрузки
— изгибающий момент от единичной нагрузки на первом
участке
Мц(х):=-
— изгибающий момент от единичной нагрузки на втором
участке
:=МцA - х) simplify —>	х
— изгибающий момент от единичной нагрузки в глобальной
системе координат:
Mzl(x):=
Мц(х) if 0<x<-
M2i(x) if - <х< 1
На рис. 16.4 изображены эпюры безразмерного момента инер-
инерции сечения g(x) при различных значениях параметра а. Эпю-
ры изгибающих моментов Mz(x) и Мz(x) представлены на
рис. 16.5 а, б.
Безразмерный прогиб сечения С определяется следующим
выражением:
График зависимости безразмерного прогиба 5^ от парамет-
параметра а приведен на рис. 16.6.

490 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
х:= 0,0.01 ..1
300
g(x,l)
111 200
g(x,2)
g(x,3)
100
...
•
•
•
S
0	0.2	0.4	0.6 0.8
х
Рис. 16.4
0.1
Mz(x)
а 1 0.05
Mz(x)
О
М21(х)
6 1
0.01
6с(а) 0.005
ЭМАх)
ЭМ12(х)
О	0.2	0.4	0.6	0.8	1
х
О	0.2	0.4	0.6	0.8	1
\
—
О 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
а
Рис. 16.6

16.11
Использование системы MathCAD
491
Для вычисления размерного значения прогиба вычисляем
qol4
значение параметра к =	:
qo:
1:=
Е:=
JzO
= 40
2000
= 2-10
:= 4х
- погонная нагрузка
- длина балки
5 - модуль упругости
106 - момент инерции начального сечения
к :=	 к = 800
А с(а) := к-5 с(а) - размерный прогиб сечения С
На рис. 16.7 представлена зависимость размерного прогиба
(а) (в миллиметрах) от параметра а. ¦
Ас(а) 4
2
0
\
\
—-—.
	.
-
0 0.5 1 1.5 2
а
Рис. 16.7
2.5
3.5 4
Замечание: Указанную методику и программный модуль
можно использовать при расчете прогибов и углов поворота
в статически определимых балках при замене зависимостей
Mz(x) и Мz(x) на функции, соответствующие конкретной
задаче.
Пример 16.3. Определить коэффициент приведения дли-
длины |и изображенной на рис. 16.8 конической стойки, используя
энергетический метод при многочленной аппроксимации.
Решение. Введем систему координат Оху, связанную
с левым сечением стойки. Для определения критической силы SK

492 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
2d0
d(x)
/
i t
i .
X
Рис. 16.8
воспользуемся соотношением A1.37) с учетом A1.33), A1.34) и
A1.35):
/
ч2
\EJ(y"f
о
dx
Ы? dx
Вводим безразмерные параметры (они обозначены тильдой)
у ~ х ~ J
y=r x=r J = T0-
Здесь (см. рис. 16.8)
Jo = ^, d(x) = d0 B - х-\ ,
ndA(x)	( x\4	4
где d(x) — диаметр поперечного сечения с продольной коорди-
координатой ж, Jo — момент инерции относительно центральной оси
правого сечения стержня.
В интегралах проводим замену переменной х = /ж, и для SK
получаем следующее выражение:
EJp о
dx
	 2
dy \ _
—^z dx
dx I

16.11
Использование системы MathCAD
493
Сравнивая это равенство с A1.20) при J = Jq для коэффици-
коэффициента приведения длины ц получаем формулу:
JLX = 71 ¦
\
J \dx)
dx
\
d2y\2
d~x
Граничные условия для стойки (см. рис. 16.8) заключаются в:
—	равенстве нулю прогиба при ж = 0иж = 1/2 (х = 0 и х =
= 1/2)
у@) = 0, у A/2) = 0,
—	равенстве нулю изгибающего момента в сечениях х = 0
и х = I (х = 0 и х = 1):
Аппроксимируем упругую линию балки после потери устой-
устойчивости многочленом 4-й степени
+ а\х? + CL2X2 + а%х +
у (х) =
Формируем файл MathCAD для решения задачи:
— аппроксимирующий многочлен
4	3	2
у(х,аО,а1,а2,аЗ,а4) := аО-х + al-x + а2-х + аЗ-х+а4
первая и вторая производные многочлена
Dy(x,aO,al,a2,a3,a4) :=—y(x,aO,al,a2,a3,a4) simplify -> 4-аО-х3 + З-al-x2 + 2-а2-х+ аЗ
dx
d	2
DDy(x,aO,al,a2,a3,a4) :=—^y(x,aO,al,a2,a3,a4) simplify -^ 12a0-x + 6-al-x+ 2-a2
dx2
— функциональная зависимость момента инерции сечения
от х
J(x):=B-x) ,

494 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
— интегралы, входящие в выражение для ц
Intl(aO,al,
Intl(aO,al,
Int2(aO,al,
Int2(aO,al,
a25a3,a4)
a25a3,a4)
a25a3,a4)
а2,аЗ,а4)
С
:= J(x)-(DDy(x,aO
1584
-^	а2-аО
35
:= Dy(x,aO,
J0
7
228
5
al,a2
al-aO
,al,
•a2-a
a3,a
16
f —
5
i25a3,a4)) dx
2934
1 +	al-aO-
35
4Jdx
9 2
a2-aO + —-al -+
5
1188 2
\-	al
35
2-a3-aO +
124
5
3-a2-al
Л 2048 n2
a2 +	aO
35
+ 2-a3-al + --a22 + 2-аЗ-а2 + аЗ2
3
— система линейных уравнений относительно коэффициентов
многочлена
Given
y@ aO
DDy@,
y(i,aO
DDy(l,
A(aO,al,a
a1
aO,
,al
aO,
2,с
a?
al
,a
al
i3,
a3
,a2,
2,a3
,a2,
a4)
a4) = 0
a3, a4) = 0
,a4] = 0
a3, a4) = 0
= Find(aO,al
— граничные условия для стойки
5a2,a3,a4)->
r aO ^
-2-аО
0
8 а
— решение системы
линейных уравнений
— значения интегралов при найденном векторе-столбце коэф-
коэффициентов многочлена
I2:=Int2(A(a0,al,a2,a3,a4H,A(a0,al,a2,a3,a4I,A(a0,al,a2,a3,a4J,A(a0,al,a2,a3,a4K,A(a0,al,a2,a3,a4L)
II :=Intl(A(a0,al,a2,a3,a4H,A(a0,al,a2,a3,a4I,A(a0,al,a2,a3,a4J,A(a0,al,a2,a3,a4K,A(a0,al,a2,a3,a4L)
932
35
2
1963
2240
2
аО
Искомый коэффициент приведения
М
:=7i-
>|
fb
-
l!
м- -
1
3728 >
/457
379=0.57
Следовательно, ц = 0,570.

16.11
Использование системы MathCAD
495
Пример 16.4. Построить эпюры Qy, Mz и вычислить
I^M^Imax для балки, изображенной на рис. 16.9 а. В расчетах при-
принять следующий закон изменения погонной нагрузки f(i) =
= sin2 (nt/l).
6
Рис. 16.9
Г
Решение. Будем использовать следующие безразмерные
параметры (они обозначены тильдой) (рис. 16.9 5):
x = v
)y = % Mz =
Все этапы решения оформляем в виде составляющих файла
MathCAD.
Функция f(x) в безразмерных величинах имеет вид
f(tl) = f(t) = sin27if,
которому соответствует модуль
f (t) := sinGr -t)
Разбиваем балку на три участка (см. рис. 16.9 б). Отбрасыва-
Отбрасываем опоры и заменяем их реакциями Яд и Я#, которые определяем
из уравнений моментов относительно опор:
- ^ МА = 0:
Given
3R
B-1-) f(t)-(
jo
:= Find(RB) -^ 1
t + 1) dt
- 2
f(t)
-0
- l)dt

496 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
= 0:
Given
3RA
RA(f)
/•1
= Find(RA)
f(t)-B-
t)dt
-f(t;
+ 2=0
•(-2+ t)dt
По участкам находим перерезывающие силы Qy и изгибаю-
изгибающий момент Mz:
— участок АС @ ^ х < 1).
Mzl(x):=RA(f)x^-x
71
— участок CD A ^ х < 2).
Q 2(х) :=RA(f) - 1 -	f(t) dt -^ -1 - -cosGix)
М
рс-1
?(х) :=RA(f)x-l(x-1) -	f(t)-(x-t-l)dt->—х-х+1	sin(rc-x)--^—
Z	A	Jn	71	2	71
— участок D-Л B ^ x ^ 3).
Qy3(x) :=-RB(f)^-l--
Mz3(x):=RB(f)-C-x)^ 1 + -
Создаем единый модуль для вычисления Qyu Mz:
Qy(X) :=
Qyi(X)
Qy^x)
Qy3(X)
if
if
if
0<
1 <
2<
X<
X<
X!
с 1
c2
ьЗ
MZ(X) :=
Mzl(X)
Mz2(X)
Mz3(X)
if
if
if
0<
1 <
2<
X
X
X
< 1
<2
<3

16.11
Использование системы MathCAD
497
Эпюры Qy и Mz представлены на рис. 16.10.
X := 0,0.05.. 3
Qy(X)
Qy(X)
I
М
М7(Х)
2
1.25
0.5
-0.25
-1
X
3Mz[q/]
1
Рис. 16.10
X
Создаем программный модуль для расчета экстремальных
значений Qy и Mz (используются встроенные функции MathCAD
Minimize и Maximize):
х := 1.5 - начальное приближение
Given
0 < х< 3
xQymin:=Minimiz<Qy'x)
Qymin:= QyC^ymin) Qymin= -1-318
xMzmin:=Minimize(Mz'x)
Mzmin:= Mz(xMzmin) Mzmin= -681.686 x 10
x := 2.5
Given
0 < x<
^ymax
^ymax-=
xMzmax
Mzmax:
- начальное приближение
3
= Maximize(Q ,x)
= QyC^ymax) Qymax= 318-31 x 10
:= Maximize(Mz,x)
= Mz(xMzmax) Mzmax =1-318
Таким образом |M^|max = l,318^o^2- ¦
Пример 16.5. Построить эпюры N(cp), Qy(y) и Mz(q)
для криволинейной рамы, изображенной на рис. 16.11. В расче-
расчетах принять следующий закон изменения нормального давления
/(ф) = СОЙ2ф.

498 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
Решение. В целях построения общих формул для внут-
внутренних силовых факторов, которые могут быть использованы
и для другой геометрии рамы, и при других видах нагруже-
/(Ф)
Рис. 16.11
ния, будем использовать векторные равенства (см. метод сечений
(§П.1), а также (П.11))
R=-Re, M = -Me,	A6.1)
где М и R — внутренние векторы момента и силы в задаваемом
углом ф поперечном сечении С, а Ме и Re — внешние векторы
момента относительно центра поперечного сечения С и силы,
действующие на часть рамы А—С (—к/2 ^ ср ^ тг/2, см. рис. 16.11),
которые в соответствии с (П.11) определяются следующими кри-
криволинейными интегралами первого рода:
R, =
M(
= j [r,q]ds.
A6.2)
AC	AC
Обозначим через ег(ф), е9(<р), ez((p) ортонормированный базис
локальной системы координат Cxyz. Тогда заменяя в (П.22) i, j, k
на локальный базис, получаем скалярные аналоги векторных ра-
равенств A6.1):
7V(<p) = -(Re, ее(ф)), Qs(<p) = (Re, ег(Ф)),
= -(Ме, ев(ф)), Му(ф) = (Ме, еГ(ф)),
Мг(ф) = -(Ме,е2(ф)).

16.1 ]	Использование системы MathCAD	499
Для рассматриваемой плоской рамы отличны от нуля только
три внутренних силовых фактора:
УУ(ср) = - (Re, ее(ф)), Qy{q>) = (Re, ег(ф)),
A6.3)
М2(Ф) = -(Ме,е2(ф)).
Для нее радиус-вектор в A6.2) определяется так (D — сечение,
соответствующее углу а (рис. 16.12)):
г = ОТЬ - (hC = R [ег(Ф) - ег(а)],
—	—	A6>4)
O\D = -Дег(а), О\С = -Дег(ф),
а вектор внешней погонной нагрузки имеет вид
er(a).	A6.5)
D
Рис. 16.12
Средняя линия рамы является дугой окружности, для
которой можно использовать следующую параметризацию
{O\X\y\z — глобальная ПДСК, см. рис. 16.11):
AC : x\ = Я cos a, y\ = Rsma, aE[0,(pl;
A6.6)
ds = \/x12 + y[2 da = Rda.
Далее будем использовать безразмерные внутренние силовые
факторы (они обозначены тильдой)
Подставляя A6.4) и A6.5) в A6.2), а полученные результаты
в A6.3), находим следующие представления внутренних силовых

500 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
факторов (криволинейные интегралы с учетом A6.6) сведены
к определенным):
N Ы = -
АС
Ф
= - J /(a)(er(a),ee(<p))d<x,
-п/2
М2
1	Г
QyW = ^д (Re, er(<p)) = J /(a) (er(a), ег(ф)) da,
-п/2
1 г
= "^д2 J ([r,q],
/(а)(ег(ф)-ег(а),ег(а),еж(ф))с/а. A6.7)
-тс/2
Здесь (а, Ь, с) = ([а, Ь], с) — смешанное произведение векто-
векторов.
Вычисление произведений векторов в A6.7) удобнее прово-
проводить в системе координат O\X\y\z. Ее орты i, j, k связаны с ба-
базисом er(a), ее (a), Gz(a) матрицей перехода Т(а):
(- sin a cos a 0 \
cos a sin a 0 1.
Таким образом, при заданном виде внешней погонной нагруз-
нагрузки /(а) по формулам A6.7) можно определить значения внутрен-
внутренних силовых факторов и построить их эпюры.
Создаем файл MathCAD для проведения расчетов:
— для того чтобы индексация элементов векторов и матриц
начиналась с единицы (по умолчанию она начинается с нуля),
присвоим параметру ORIGIN значение 1:
ORIGIN := 1
— матрица перехода от глобального базиса к локальному ба-
базису:
Т(а) :=
^-sin(a) cos (a) (P
cos (a) sin(a) 0
V 0 0 1,

16.11
Использование системы MathCAD
501
— векторы локального базиса в глобальном базисе:
ег(с0
ее(а)
ez(a)
:=(T(a))(l>
:=(T(a))<2>
:=(T(a))<3>
f-sin(a) Л
ег(а) —» cos (а)
1 о J
ez(a)->
cos (a) |
sin(a)
v 0 J
0
— координаты радиуса-вектора г/R в глобальном базисе:
г(а,ф) :=(ег(ф)-ег(а))
-втСф) + sin(a) |
г(а,ф)^- совСф) - cos(a)
о
— нормальная сила Л/"(ср):
— перерезывающая сила Qy(q>)'.
— изгибающий момент
М2(ф,f) := - I f(a)-[(r(а,ф) х ег(а))-е2(ф)] da
— функциональная зависимость погонной нагрузки:
f(a) := cos(a)

502 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
Получаем следующие выражения для внутренних силовых
факторов:
Qy(<M
М2(фД
-1	4 1
>	совСф) - — -о
2
3
н-
- —-совСф)
1	2 2 2 2 1
> —-совСф) -втСф) +—-втСф) +—•
3	3	3
н-
На рис. 16.13 а-г представлены эпюры зависимостей /(ф) + Я,
УУ(ф) + Я, QyM + R и Мг(ф) + Я соответственно в полярной
системе координат. При построении эпюр для определенности
радиус рамы R принят равным 5. Это сделано для наглядности
в соответствии с правилом построения эпюр в криволинейных ра-
рамах (ординаты соответствующих функций отложены по нормали
к оси стержня). ¦
Пример 16.6. Для напряженного состояния, заданного
тензором напряжений
S =
определить значения главных напряжений, положения главных
площадок и построить диаграмму напряженного состояния Мо-
Мора.
Решение. Используя (8.6)—(8.8), для решения задачи со-
создаем файл MathCAD (применяем встроенные функции системы
MathCAD):
— тензор напряжений:
1
S:=
Л
J
-'Л
Л ' J
— собственные значения матрицы S:
-2.023
X := eigenvals(S)	Я. = 0.601
I 4.421 J

16.11
Использование системы MathCAD
503
60
30 -M^,f)+R 15°
I
R
0	R	180
-M^|),f)+R
330	210'
Рис. 16.13. а) Э /(Ф) [go], 5) Э ЛГ(ф) [goД], в) Э Qy(9) [q0R],
30
— сортировка компонент столбца собственных значений в по-
порядке возрастания (8.9):
Xsort:=sort(X) lsort =
'-2.023Л
0.601
v 4.421 у
главные напряжения:
CT1 :=\ort
CT2 := Kort
°3==Vt
a,
CT2
CT3
= 4.421
= 0.601
= -2.023

504 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
— нормали к главным площадкам:
vl
V1
:=eigenvec(S,aj)
= 0.37
^ 0.46 J
V2
V2
:=eigenvec(S,
= 0.233
{0J95J
a2)
v3
V3
:= eigenvec(S,
fo.isi]
= -0.9
{0395J
a3)
— проверка ортогональности главных площадок, отвечающих
различным главным напряжениям ((v^, Vj) = 0, г ф j):
— программный модуль для расчета полуокружностей Мора
(8.34):
y(x, xq , R) := / R2 - (x - xqJ - функция, описывающая полуокружность Мора
н ¦=-
R2 :=
R, :=-
- радиусы и координаты центров
полуокружностей Мора
:= max(|a j ,
Полученная в результате расчета круговая диаграмма Мора
в точке М представлена на рис. 16.14. ¦
N := 1000 - количество точек на оси абсцисс
х:- х0, хо+ ^ ..х0
y(x,xO2,R2)
y(x,xO3,R3)
1
/
L
if
-—-^
^—
Y
\
\
\
-3-2-1012345
х
Рис. 16.14

16.11
Использование системы MathCAD
505
Задачи
16.1, 16.2. Найти положение главных центральных осей
и главные моменты инерции для плоских областей, приведенных
на соответствующих рисунках. В расчетах принять: а = 5, Ь = 10.
a	b
К задаче 16.1
К задаче 16.2
16.3, 16.4. Найти положение главных центральных осей
и главные моменты инерции для плоских областей, приведенных
на соответствующих рисунках. Исследовать зависимость главных
моментов инерции от параметра а. В расчетах принять: а = 5 .
= (aa-ya)l/a
О	а
К задаче 16.3
О
К задаче 16.4
16.5—16.8. Для балок переменной жесткости, изображенных
на соответствующих рисунках, вычислить прогиб и угол пово-
поворота сечения С, а также построить зависимость угла поворота
сечения от параметра a G [0,1]. В расчетах принять: / = 1 м, Е =
= 2 • 105 МПа, q0 = 20 кН/м, Jz0 = 400 см4.
21
21
с
К задаче 16.5

506 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
К задаче 16.6
О<
2q0l
С
5q0P
3qol
qol
К задаче 16.7
-i
\_/
/
/
' Т ГК
С х
О
К задаче 16.8
16.9—16.11. С использованием энергетического метода опре-
определить коэффициент приведенной длины ц для стоек, изображен-
изображенных на соответствующих рисунках.
1/2
1/2
К задаче 16.9
К задаче 16.10

16.1]
Использование системы MathCAD
507
1/2
1/2
К задаче 16.11
16.12—16.14. Для балок, изображенных на соответствующих
рисунках, построить эпюры Qy, Mz и вычислить Mz max. Расчет
провести в безразмерном виде: перерезывающую силу отнести
к д0/, изгибающий момент — к qol2.
21
К задаче 16.12
К задаче 16.13
/
?o si
4
X
/ r^2q0P
1
-*-
I
I
qol
* X
2/
К задаче 16.14
К задаче 16.15
16.15—16.17. ПОСТРОИТЬ ЗПЮрЫ Л/"(ф), ^г/(ф), М^(ф) И ВЫЧИС-
ВЫЧИСЛИТЬ |Л^2;|тах Для круговых рам, изображенных на соответствую-

508 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
щих рисунках. Расчет провести в безразмерном виде: перерезы-
перерезывающую силу отнести к qoR, изгибающий момент — к
К задаче 16.16
К задаче 16.17
В задачах 16.18 и 16.19 для заданных тензоров напряжений
определить значения главных напряжений, положения главных
площадок и построить диаграмму напряженного состояния Мо-
Мора.
16.18.	ах = 1, хху = —л/2 , xxz = v3 , Су = 2, xyz = 1, az = 3.
16.19.	ах = д/2 , хху = 1, тж;г = -2, оу = д/З , т^ = 3, о^ = д/5 .
16.20.	Для тензора напряжений
ах = 1, тЖ2/ = 3, тЖ2; = 1, Gy = 4, т^ = —2, о^ = 5
—	определить главные напряжения и положения главных пло-
площадок;
/1 1 1 \т
—	на площадке с нормалью v = I —^-, —^-, —^ 1 вычислить
вектор напряжения pv, а также нормальное ov и касательное
напряжения tv.
16.2. Применение элементов численного анализа
в задачах по сопротивлению материалов
Ряд задач по сопротивлению материалов не могут быть ре-
решены аналитически или же такое решение является очень тру-
трудоемким. Таковыми, например, являются задачи об определении
упругой линии (см. §5.2, 5.4) и о продольно-поперечном изгибе
(см. §11.1) балок с переменной жесткостью, изменяющейся не-
непрерывно или кусочно-непрерывно при большом числе участков.
Эти задачи сводятся к краевым задачам для обыкновенного диф-
дифференциального уравнения не выше четвертого порядка. Причем

16.2]
Применение элементов численного анализа
509
в первом случае коэффициенты уравнения являются переменны-
переменными. А во втором — даже если известен аналитический вид обще-
общего решения дифференциального уравнения при удовлетворении
граничным условиям и условиям сопряжения участков E.27) по-
получаются громоздкие системы уравнений, решение которых, как
правило, требует применения ЭВМ.
В качестве альтернативы аналитическим методам можно ис-
использовать один из численных методов. Здесь ограничимся рас-
рассмотрением возможностей применения метода конечных разно-
разностей (МКР). Его математические основы заключаются в следую-
следующем.
Рассмотрим краевую задачу для уравнения четвертого поряд-
порядка общего вида
[х,
а2{х,
у(х)
\\,
A6.8)
,Ф) G C([xl, x\\ x [фЬф2]),
А = 0, 1,2,3,4,
где ф и \|/ — параметры задачи, а функция /(ж, \|/) кусочно-непре-
кусочно-непрерывна на [Xq, X*] X [\|/1,\|/2].
Положим, что краевые условия определяются заданием на
концах отрезка [жр, х*] значений функции и/или ее производных
*0) = wOj, yW(xl) = wn, j, I e {0, 1, 2, 3}. A6.9)
При этом общее количество условий должно совпадать с по-
порядком уравнения.
Разобьем отрезок [жр, х*] точками (узлами) конечно-разнос-
конечно-разносной сетки Х{ = Xq + ih (г = 0,1, ..., TV), где h = (x^ — Xq)/N, N —
количество участков разбиения (рис. 16.15). Искомую функцию,
Рис. 16.15
ее производные и коэффициенты уравнения в узлах сетки заме-
заменяем разностными соотношениями [20] (табл. 16.1), а коэффици-
коэффициенты уравнения и правую часть следующими величинами:

510 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
Здесь для сокращения записи зависимости a^i и f{ от парамет-
параметров ф и \|/ в явном виде не указаны.
Таб л и ца 16.1
Аппроксимация
С шагом назад
Центральная
С шагом вперед
Аппроксимация
С шагом назад
Центральная
С шагом вперед
Аппроксимация
С шагом назад
Центральная
С шагом вперед
Аппроксимация
С шагом назад
Центральная
С шагом вперед
У(Хг)
Уг
Уг
Уг
V'(xi)
^C3/i-4j/i_1+3/i_2) + O(/l2)
i,(Wi+1 -„,_,)+ O(Aa)
^- (-3»i + 4j/i+i - i/i+2) + OC/i2)
у"Ы
-Г* BУг ~ %г-1 + ^Уг-2 " 2/г-з) + O(h2)
а
--j(yi+i -2yi + yi-l) + O{h2)
h
72 BУ* ~ %; + ! + 42/i+2 - Уг+з) + O(h2)
h
y'"(xi)
—j {byi - 18j/i_i + 24^_2 - Uyt-з + Syi-4) + O(h2)
2h
o, з (№+a 2Vi+i + 2Vi-i Vi-i) + °(h2)
2h
—^ (-Ъуг + 18j/i+i - 24yi+2 + Uyi+3 - Syi+4) + O(h2)
In
VW(xi)
—
77 (j/i+2 - 4j/i+l + 6i/i - 4j/i-l + Уг-i) + O(/l2)
—
Подставляя аппроксимацию производных центральными раз-
разностями в исходное уравнение в узлах сетки Х{ (г = 0, 1, ...А/"),
получаем систему линейных алгебраических уравнений, содержа-
содержащую N + 1 уравнение относительно 7V + 5 неизвестных у^:
A6.10)

16.2]	Применение элементов численного анализа
где
a\ =
2a2i + 2h4
af> = 12a4i - 4h2a2i + 2h4a0i,
2haSi
(—2)
Аналогичным образом аппроксимируем краевые условия:
п2
к е {0, 1, 2, 3}, т е {О, TV}, -4 < ni < n2 < 4,
где коэффициенты p^jj. и пределы суммирования зависят от по-
порядка производной в граничных условиях и вида аппроксимации
(см. табл. 16.1). Если краевые условия задачи содержат условия
сопряжения участков E.27), то используем аппроксимации с ша-
шагом назад (на правом конце отрезка х = х^) или с шагом вперед
(на левом конце отрезка х = Xq), при этом шаг разностной сетки
на обоих участках постоянен и равен h. В случае, когда условия
сопряжения не требуются, для аппроксимации краевых условий
применяем центральные разности.
Например, аппроксимации A6.11) граничных условий (xq =
= xq = 0 — граничная точка, в которой не требуются условия
сопряжения, а, X] = xN = 1 — точка сопряжения двух участков
балки):
у'"@) = 1, у'A) = 2	A6.12)
соответственно имеют вид
—з (У2 ~ 2у\ + 2y_i - у_2) = 1 => У2 ~ 2у\ + 2y_i - у-2 = 2/г3;
In
—г (Зу^у — 4?/jy_j + У]у_<2) = 2 => Зуд^ — 4у]ц_] + Удг—2 = 4Л-.
Следовательно, коэффициенты уравнений, аппроксимирую-
аппроксимирующих краевые условия A6.12), представляются следующим обра-
образом:
1
^оз = ~1? Роз = ^j Роз = ~*-> Роз = А5 ^оз = д,
RB)_
Роз —

512 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
Соотношения A6.10), A6.11) представляют собой систему ли-
линейных алгебраических уравнений относительно N + 5 неизвест-
неизвестных yi, которую удобно записать в матричной форме
AY = F,	A6.13)
где
д — ( гт	Гт Пт Гт	Гт Y1
Nk4
^Ч'^Ч1^... 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 ...a^a^aMJ'a
lb~lU' •••' Pfcn ' Pfcn ' Pfcn' Pfcn' Pfcn' •••' UhxGV+5)
Y = ( У-2, У-U 2/0, -.., VN, 2/tv+i, 2/7V+2 ) '>
Здесь вектор-строка Гд,п представляет собой коэффициенты,
аппроксимирующие выражение hny^n\xk)-
Отметим, что эта система уравнений в общем случае содержит
лишенные физического смысла значения yi искомой функции
в фиктивных узлах сетки ж_2, #_i, xN+1, #tv+2> которые не при-
принадлежат отрезку [жр, ж*]. Это делается для обеспечения порядка
О (/г2), /г —У 0 аппроксимации краевой задачи. При использовании
системы MathCAD рекомендуется устанавливать значение пара-
параметра начальной индексации массивов ORIGIN равным номеру
первого фиктивного узла конечно-разностной сетки, чтобы со-
сохранить единую форму записи разрешающих уравнений.
Определяемый системой уравнений A6.13) вектор Y дает
приближенное решение исходной краевой задачи. Для его нахож-
нахождения можно использовать один из численных методов [20]. В мо-
модельных задачах при небольшом числе разбиений (N ^ 100) бу-
будем применять встроенную MathCAD-процедуру решения систе-
системы линейных алгебраических уравнений AY = F, основанную на
обращении матрицы А по методу LU-разложения (Y = A-1F).
В задачах с большим числом краевых условий сопряже-
сопряжения участков балки E.27) удобно воспользоваться встроенной
MathCAD-процедурой объединения двух массивов А и В по стро-
строкам stack(A,B). Для этого создадим функции r^own(m^ г, TVi),
rcenter(?™? h Nj) и Гир(т, г, Nj) аппроксимирующие hmy^rn\xi)
в г-м узле с шагом назад, центральной разностью и с шагом
вперед соответственно (Nj — номер последнего узла конечно-
разностной сетки).

16.2]
Применение элементов численного анализа
513
rup(m,i,N) :=
С.
if
if
if
cT
<- 1
m= 1
c.
Ci+2
m= 2
G<-
C1+2
C1+3
m=3
i
CI+2
CI+3
CI+4
rdown(m,i,N) :=
if m= 0
-3
2
^2
-1
*~ 2
2
<-4
-5
2
-3
*~ 2
С
if
if
if
cT
<-1
m= 1
c
C-2
m= 2
C. <-
Ci-2
Ci-3
m= 3
C.<-
Ci-2
Ci-3
Ci-4
if
3
2
<-
2
5
2
<—
rCenter(m,i,N) :=
m= 0
-2
1
2
4
-1
12
3
2
С
if
if
if
cT
<-1
m= 1
4-i
m= 2
Ci-1
m=3
C1+2
c
С
C,-2
if m= 0
-1
2
1
2
<- 1
-2
<- 1
1
*~ 2
<- 1
-1
^ 2
В случае балок постоянной жесткости (EJZ = const) условия
сопряжения участков E.27) для узла хп D ^ п ^ N — 4) в си-
системе A6.13) запишутся следующим образом (М и Q — внешние
сосредоточенные момент и сила в сечении хп)\
Матрица А
А <- stack(A,rdown(l,n,Nl) -rup(l,n,Nl))
А <- stack(A,rdownB,n,Nl) -rupB,n,Nl))
А <- stack(A,rdownC,n,Nl) -rupC,n,Nl))
Вектор-столбец F
Bn-l <- 0
Bn+l^-^-h3
b-Jz
Условия непрерывности функции у (ж) в узле хп выполнятся
автоматически при аппроксимации исходного дифференциально-
дифференциального уравнения в узлах жп_2 и жп+2-
Отметим также, что при реализации МКР на ЭВМ рекомен-
рекомендуется строить решение в безразмерном виде.
17 А. Г. Горшков и др.

514 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
Пример 16.7. Для изображенной на рис. 16.16 свободно
опертой балки с переменной жесткостью Jz(x) = JzQg{x.)a) по-
построить упругую линию у (ж), исследовать зависимость формы
Рис. 16.16
упругой линии от положения точки х = а @, 2/ ^ а ^ 0, 8/) при-
приложения сосредоточенной силы Р, а также вычислить Ытахи
соответствующую координату сечения жтах. В расчетах принять:
/ = 3м, Р = 5кН, Е = 2-105МПа, g(x,a) = 1 + ocsin (^\
а=1, Jz0 = 3 • 10m4.
Решение. Балка является статически определимой, поэто-
поэтому используем дифференциальное уравнение E.20) и соответ-
соответствующие граничные условия:
Мх{х)
У" =
-, 1/@) = 2/(/) = 0.
??Л(«)!
Вводя безразмерные параметры (они обозначены тильдой)
Л .-, Mz	PI2
~ V ~ X „
приводим краевую задачу к следующему виду:
Определяем реакции в опорах балки и находим функциональную
зависимость изгибающего момента от продольной координаты:
РA-а/1)х, 0 < х < а;
~ _ _ Г A — а) ж, 0 ^ х < а;
Mz(x,a) = < „	„ „
I а{1 — х) , а ^ х < 1 .
Безразмерный момент инерции сечения Jz(x, а) вычисляется так
Jz(x, а) = g (ж/, а) = [1 + а sin (тгж/2)]4 .

16.2]
Применение элементов численного анализа
515
В силу линейности задачи достаточно положить х= 1 и най-
найти ее решение при заданных функциональных зависимостях
Mz(x,a) и Jz(x,a). При этом размерный прогиб балки вычис-
вычисляется по следующей формуле:
у(х) = к1 у(х)\п=1 .	A6.14)
Для интегрирования краевой задачи воспользуемся МКР. Ко-
Коэффициенты, определяющие элементы расширенной матрицы си-
системы уравнений A6.13), после сокращения уравнений на 2h~
имеют вид
а(.2) = а() = 0 а(.1} = а(} = 1 а@) = -2
fn _ f - О R@) - R@) - 1
/О — /TV — U; POO — P7V0 — X*
Формируем соответствующий файл системы:
— функциональная зависимость момента инерции сечения
Jz(x,a)
— функциональная зависимость изгибающего момента
Mz(x,a) :=
A -а)-х if 0 < х< а
а-A - х) otherwise
— конечно-разностная сетка (фиктивные узлы не вводим, так
как в граничных точках х = 0 и х = 1 задано значение искомой
функции)
N := 30 - количество участков разбиения отрезка интегрирования
1
h := — - шаг разбиения отрезка интегрирования
конечно-разностная сетка
N
i:= 0..N
Xi := Ы
а := 1 — параметр в функциональной зависимости момента инерции сечения
На рисунках 16.17 и 16.18 изображена эпюра изгибающего мо-
момента Mz(x, а) при а = 0, 3 и зависимость от х момента инерции
сечения Jz(x, а) при а = 1.
17*

516 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
ЭМ2(х,а)
0.3
Mz(x190.3H-2
Mz(x190.3H1
0
1
/
S
I
fir
0.2	0.4	0.6	0.8
Рис. 16.17
20
15
10
5
0
О	0.2	0.4 0.6
х.
Рис. 16.18
0.8
Продолжаем файл системы MathCAD:
— матрица и столбец свободных членов системы уравнений
A6.13)
А:=
D
foi
D
D
¦ i
D
D
D
(—
A
rcenter(
G 1..N-
. . <—
<.	2
. . <—
stack(D,
0.0.N)
- 1
1
1
cente
r@,N,
N))
F(a,
a):=
F
Bo-
for i
Bi*
BN^
B
0
G 1.
-0
.N-
1
,a)
— решение системы уравнений:
W(a):=A ^
Для проверки правильности решения задачи строим упругую
линию балки при некоторых значениях параметра а. При а =
= 0, 2 и а = 0, 8 она приведена на рис. 16.19, откуда видно, что
граничные условия выполняются.

16.2]
Применение элементов численного анализа
517
о
W@.8I -0.001
)i -0.002
-0.003
0	0.2	0.4 0.6
x.
Рис. 16.19
0.8
Следующая составляющая файла
— построение пространственной зависимости прогиба балки
у(х,а):
М := 10 - количество участков разбиения отрезка
а0 := 0.2 — начальное значение параметра а
ак := 0.8 — конечное значение параметра а
v=-
ak-a0
- шаг параметра а
м
j := 0..M
aj •- ао + J'% _ расчет прогибов балки
Bij:=W(aj)i
Результаты вычислений упругой линии у(х^а) представлены
на рис. 16.20.
У
0,003
а
0,8 •--,
0,68
0,56
0,44
0,002 ¦;
0,001 ;
°'32 0,2 0	0,25
Рис. 16.20
0,5
0,75
х
1
Далее определяем максимальное значение модуля прогиба
балки Ытах и соответствующую координату сечения жтах. Для

518 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
этого создаем программный модуль для отыскания максималь-
максимального по модулю элемента в матрице В, а также номеров строки
и столбца, соответствующих этому элементу:
W(B) :=
max^ BO,o
k<-0
for ie 0..rows(B) - 1
for je0..cols(B)- 1
if max <
max-^
Bij
BU
к <- i w(B) =
Wo <— max
Wi<-k
W
3 131 x ю~31 ~ максимальное значение прогиба
12 - номер строки
3 ) — номер столбца
— результат работы программного модуля
Wmax:=W(BH
xmax:=W(BI.h
wmax =3.131x10 - максимальное значение прогиба
хгпах = 0.4 — координата сечения с максимальным
значением прогиба
Последняя составляющая файла — вычисление размерного
значение прогиба (расчет проведем в системе СИ):
— значение параметра к (в метрах)
Е
к
:=2.10П
'" EJzO
1:
к
= 3
= 0.75
JzO
:=3
10
7
Р
:=5000
— размерное значение прогиба (в метрах)
Утах=7.045х 10
координата сечения хтах
хтах —1-2
Таким образом |у|тах = 7, 045 мм и соответствующая коорди-
координата сечения жтах = 1, 20 м. ¦
Пример 16.8. Для изображенной на рис. 16.21 статически
неопределимой балки переменной жесткости Jz(x) = JzQg(x)

16.2]
Применение элементов численного анализа
519
найти упругую линию у (ж), построить эпюры безразмер-
безразмерных внутренних силовых факторов Qy = Qy/ (qol) и Мz =
/ B)	Л^2;|тах- Расчет провести при
= Mz
a также вычислить
/ ()	тах
следующих функциональных зависимостях погонной нагрузки
f(x) = x(l — x/l)/l и момента инерции сечения g(x) =
= [1 +sin (те//)]4.
У и
) = qof(x)
Рис. 16.21
Решение. Так как балка является статически неопреде-
неопределимой, то для нахождения упругой линии балки воспользуемся
дифференциальным уравнением четвертого порядка E.23)
(y"EJz)" = Е (W + 2J'2y'" + JzyIV) = q.
Граничные условия задачи имеют вид:
—	отсутствие прогиба и нулевой угол поворота в сечении х = О
у@) = у'@) = 0;
—	равенство нулю прогиба и изгибающего момента в сечении
х = 1
Внутренние силовые факторы Qy и Mz связаны с у(х) зави-
зависимостями E.20) и E.22)
Mx = EJxy», Qy = (EJzy")'.
Дополнительно вводим следующие безразмерные параметры
(они обозначены тильдой):
~ у ~ х ~ Jz	qol	~ q
i	i	jzo	&Jzo	qo
в которых краевая задача для определения уравнения упругой
линии балки и формулы для внутренних силовых факторов при-
принимают вид

520 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
х=0
= 0;
ж=0
где
Jo (ж) =^(ж) = #(?/) = A +sin теL, Ji(x) =g'{x),
J2{x) = g"(x), q(x) = f(xl) = J(x) = x(l-x).
Аналогично предыдущему примеру достаточно произвести
расчет при х=1и заданных функциональных зависимостях q(x)
и Jz(x). При произвольном значении к имеет место аналогичное
A6.14) равенство
у(х) = к J/(ж)|^=1 .
В случае необходимости размерный прогиб балки определя-
определяется по формуле A6.14), а размерные внутренние силовые фак-
факторы Qy и Mz вычисляются так
Qy =
= ^ [Мх)у" (х) + J0(x)y"' (ж)] =
= qol \J\ (x)y" (x) + Jo(x)y'" (x)] ;
Mz = q0l2Mz =
(x) = q0l2 Jo(x)y" (x)
Далее ограничимся вычислением безразмерных прогибов
и внутренних силовых факторов.
Для интегрирования краевой задачи воспользуемся МКР.
Элементы матрицы и столбца свободных членов системы уравне-
уравнений A6.13) в данном случае имеют вид (проведено деление правой
и левой частей уравнений на 2)
О>\% = «0г = 0, CL2i = J<li', «Зг
v(-2) -
гОг (г = 0,1,... ,7V),
<ц = ~4Joi + 2hJ\i +
г, а- — —4Joi — 2hJ\{ -
Щ = Joi
R(-2) _ R(-l) _ R(l) _ RB) _
Poo ~~ Poo ~~ Poo ~~ Poo ~~
R@) _
Poo ~~

16.2]
Применение элементов численного анализа
521
о(-2) _
Poi —
о(-2)
PiVO
R() _
PjV2 —
d(O)
Poi
gB)
PJV2
= Poi
&} =
= 0,
= 0,
P^o
PtV2
Poi — 1
= PB) = o,
= PtV2 = 1?
-> Poi — 1?
p@) = 1,
p(o) = _2.
fi = f{xi), i = 0, . . . , TV; /_2 = /_i = /tv+1 = fN+2 = 0,
Jki = Jk (X{)
где
Формируем файл системы MathCAD для интегрирования
краевой задачи, предварительно установив значение начального
параметра индексации элементов массивов ORIGIN равным —2
(Math -> Options -> ORIGIN = -2):
— функциональная зависимость момента инерции Jo (ж) =
= g(x) и его производных
Jo(x)
J2(x)
:=^-J0(x)
dx
- d' Jo(
dx2
•sinGi-x)
)'
+ l in(
2
l + -sin
2
•Xj -COS7C-X-7C
7l-x) -COsGl-x) -71 - 2-
1 + -sin
(л-х) -8т(л;-х)-л;
— функциональная зависимость погонной нагрузки (знак ми-
минус соответствует направлению нагрузки, см. рис. 16.21)
f(x):=-x(l-x)
— конечно-разностная сетка для отрезка [0, 1]:
N:=50 h:=—	i:=0..N x. :=h-i
N	х
Щ := N + 2 - номер последнего узла в конечно-разностной сетке
Эпюры погонной нагрузки q(x) и момента инерции сечения
Jz(x) представлены на рисунках 16.22, 16.23.

522 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
3q(x)
x0 -0.2
-0.3
1
w
V
О	0.2	0.4	0.6
х
Рис. 16.22. Э q(x)
3Jz(x)
J0(xi}
4
0.2	0.4	0.6	0.8
х
Рис. 16.23. Э Jz (x)
Далее включаем в файл систему уравнений A6.13):
— формирование матрицы А и вектора-столбца F
А:=
D
D
fol
D
D
D
A
^rcenter(°'°'Nl)
^stack(D,rcenter(l,0,N1)
ieO..N
Di,i-2^Jo(Xi)"hJl(Xi)
D^-4,^ + 2.^
D. . <- 6Jn(x.) - 2-h2J?(V
1,1 0\ i) 2\ у
^stack(D,rcenter@,N,N1
^stack(D,rcenterB,N,N1
)
<xi)+ h2
(,) + h2
))
))
F
F:=
B-2
B-l
for i
в..
BN+2
В
^0
gO..N
- h4 f(x.)
<- 0
<- 0

16.2]
Применение элементов численного анализа
523
— решение системы линейных уравнений (компоненты век-
вектора У{ (г = 0...7V) содержат решение в узлах, принадлежащих
отрезку [0, 1])
Y:=A
Полученная упругая линия балки у(х) изображена на
рис. 16.24.
и
-8-105
-1.610
Yi -2.4-10
-3.2-104
Л 1 /Ч~4
ч
\
\
ч
У
/
/
/
0.2
0.4	0.6
х.
0.8
Рис. 16.24. Упругая линия балки у(х)
Последняя составляющая файла — вычисление внутренних
силовых факторов:
— построение эпюр Qy и Мz (для аппроксимации соответ-
соответствующих производных используются центральные разности, см.
табл. 16.1)
Qy(Y) :=
fo
Q
г i e
D2
0
.N
Y.
i+
-Y.
l
,-2.Y.+
h2
-2 + 2'Yi-
)'D2+Jo(
Yi
r
2-h
-1
-2-Y. ,
l+l
3
D3
+ Yi+2
MZ(Y) :=
fol
M
- ieO.
D2<-
M. <-
N
Y.
H
Jo(
-iYi
h2
Лб2
+ Yi-i
— вычисление
Mi:=|Mz(YI|
=0.018
Эпюры Qy и Mz приведены на рисунках 16.25 и 16.26,

524 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
Э Qy [qj\
0.2
0.1
)i 0.05
)i °
-0.05
-0.1
О
0.2
0.4 0.6
0.8
Рис. 16.25. Э Qy [qol]
0.02
О
Mz(Y)i
z
i
-0.01
-0.02
3Mz[qof]
11
У
d
Ш
0	0.2	0.4 0.6	0.8
Рис. 16.26. Э Mz [g0/2]
Пример 16.9. Изображенная на рис. 16.27 стальная балка
длины / и квадратного поперечного сечения ширины b лежит
на упругом основании с коэффициентом постели к. Построить
У,
0
q(x) = qof(x)
\
/ffv v -ТГ
I
M=aJ2
—>¦
-<
/
b
Ф
i
л;
Рис. 16.27
упругую линию балки и эпюры внутренних силовых факторов Qy
и Mz для следующих вариантов упругого основания: глина —
А = 0,5 • 10~2 Н/мм3, щебень — А = 0,1 Н/мм3 (см. табл. П. 13),
отсутствие упругого основания — к = 0. В расчетах принять: / =
= 200 см, b = 5 см, Е = 2 • 105 Н/мм2, /(ж) = sin (nx/l).

16.2]
Применение элементов численного анализа
525
Решение. В системе координат Оху (см. рисунок) для
каждого из двух участков 0^ж</и/^ж<2/ дифференциаль-
дифференциальное уравнение упругой линии E.44) имеет вид
EJzyIV + kby = q,
где
0,
х < 21.
Для рассматриваемой балки имеем следующие граничные
условия и условия стыковки участков:
—	равенство нулю прогиба и изгибающего момента на левом
и правом краях балки (х = 0, х = 21):
24=0 = 0> У"\х=0 = 0, У\х=21 = 0, У"\х=21 = 0;
—	условия стыковки в сечении х = I (см. E.27))
У\х=1-0 — У\х=1+0 J У
х=1-0
х=1+0
У
,=1-о
х=1+0
,=i-o = У
EJZ
С использованием безразмерных параметров (они обозначены
тильдой)
У=Г
~ х
EJ'
кЫ4
EJ'1
а-± Q -Ql M -^-
Ч — 1 Чу — 1 ) m z — ,2
<7о	qol	qol
приводим исходную краевую задачу к следующему виду:
d4y , ,~
+ Xy = *q
= 0,	у
х=0
' dx
x2
= 0,
х=2
V\z=i-o = V\s=i+o > ах
— ^lI.	_
X—1 П	"^ ™ — 1 _|_П
dx
?=1+0

526 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
Безразмерные внутренние силовые факторы Qy и Мz связа-
связаны с у(х) соотношениями
Аналогично предыдущим примерам достаточно построить ре-
решение краевой задачи при х=1, а затем найти размерные значе-
значения прогиба у по формуле A6.14) и внутренних силовых факто-
факторов Qy(x) и Mz(x) с помощью следующих равенств:
Qy(x) = qolQy(x) = qol у'" (х)\„=1 ,
Mz{x) = q0l2Mz{x) = qol у" (х)\„=1 .
Построим разностную схему краевой задачи. Для этого вво-
вводим конечноразностную сетку с шагом h на отрезке [0,2], в ко-
которой точка хп = 1 является узлом стыковки указанных вы-
выше участков. Коэффициенты соотношений, аппроксимирующих
уравнение, имеют вид (проведено деление уравнений на 2)
Запишем конечно-разностные уравнения во всех узлах конеч-
норазностной сетки Х{ за исключением жт, где
т Е {п — 1, п, п + 1} , п = [1/h] .
Это связано с тем, что при аппроксимации дифференциаль-
дифференциального уравнения в указанных узлах в разностную схему входят
значения функции, принадлежащие как отрезку [0, 1], так и от-
отрезку [1,2].
Краевые условия на концах балки х = 0 и х = 2 аппрокси-
аппроксимируем центральными разностями. Соответствующие ненулевые
коэффициенты р^ таковы:
р@) = 1 pt) = 1 рA) = 1 р@) = -2
В@) _ -, в(-1) _ вA) _ -, о@) _ _о
РЛГО ~" -1' P7V2 — P7V2 — -1' P7V2 ~ z*
Для аппроксимации условий сопря^<ения участков на отрезке
[0, 1] в узле хп = 1 используем аппроксимацию производных с ша-
шагом назад, а на отрезке [1, 2] — с шагом вперед (см. табл. 16.1).

16.2]
Применение элементов численного анализа
527
При этом учитываем, что первое условие стыковки (непрерыв-
(непрерывность функции у(х) в узле хп) выполнено в силу аппроксимации
исходного дифференциального уравнения в узлах жп_2 и жп+2-
В результате получаем конечно-разностные соотношения:
Уп-2 -
= О,
-Уп-з
Зуп-4 -
10уп -
= 0.
Следовательно, коэффициенты C^/ в узле жп имеют вид (вы-
(выписаны только ненулевые коэффициенты):
В(-2) _ -, о(-1) _ _4 о@) _ fi пA) _ , оB) _ -,
P	1 P	4 Р	° Р	4 P	1
В() _ оD) _ « о(-3) _ RC) _
РпЗ — РпЗ — 6>> РпЗ — РпЗ — ~1
(-2) _ B) _
РпЗ — РпЗ —
q(-1) _ qA) _
РпЗ - РпЗ - ~
q@) _
РпЗ -
Pn2
r(
Рп2
оC) _
Р
d(-1) _ к dA) _ к dB) _ 4 оC) _ -,
Рп2 - 5? Рп2 - 5^ Рп2 - ~4^ Рп2 - 1'
Правая часть F системы уравнений A6.13) определяется так:
U = f(xi), г = 0,1, ... ,7V; i ?{n-l,n,n + l} ,
fi =0, j = -2, -1, n - 1, n + 1, N + 1, TV + 2, /n = -/i2.
Сформируем файл системы MathCAD для интегрирования
краевой задачи, предварительно установив значение начального
параметра индексации элементов массивов ORIGIN равным —2
(Math -> Options -> ORIGIN = -2):
— функциональная зависимость погонной нагрузки
ад :=
-sinGi-x) if 0 < х< 1
0 otherwise
конечно-разностная сетка
N:=100	i:=0..N	h := —	x. :=Ы
N	1
Ni := N + 2 - номер последнего узла в конечно-разностной сетке
- матрица и столбец свободных членов системы A6.13)

528 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
А
AW,
D<
D<
fo
D<
D<
D<
fo
D<
D<
D
-rcenter@,0,Ni)
-stack(D,rcenterB,0,Ni))
r ieO..n-2
Di,i+2^1
- stack(D,T downC1 >n>N i) - Г up(l ,n,N i))
- stack(D,r downB,n,N i) - Г upB,n,N i))
- stack(D,r downC ,n,N i) - Г upC ,n,N i))
r ien+2..N
-stack(D,rcenter(O,N,Ni))
-stack(D,rcenterB,N,Ni))
F
В :=
fN^
n <— floor —
B_2^0
B_!^0
for ieO..n-2
Bn+1<- 0
for ien+ 2..N
Bi^h4-f(xi)
Bn+i <- о
Bn+2 <- 0
в
— решение системы линейных уравнений (компоненты век-
вектора Y{ (г = 0...N) содер^<ат решение в узлах, принадле^<ащих
отрезку [0, 2]):
— расчет параметров X, соответствующего заданным коэффи-
коэффициентам постели упругого основания
b
J
X
:=50
12
0:=K-2-
E:=
J =
2-105
5.208 x
X,
1 := 2000
105 К :=
= K_i-k
( 0
0.5-10
V 0.1
x2
:= K0-K
к :=
EJ
На рис. 16.28 приведен результат построения упругой линии
балки на упругом основании при различных значениях X (Ад —

16.2]
Применение элементов численного анализа
529
отсутствие основания, Ai — глина, А2 — щебень) коэффициента
постели к.
U.UJ
W(A.0)i
U
." -0.05
П 1
-\
_^
	/^
о
0.4
0.8	1.2
х,-
1.6
Рис. 16.28. Упругая линия балки на упругом основании (Хо — отсутствие
основания, Xi — глина, Х? — щебень)
При построении эпюр Qy и Мz для различных узлов Х{ при-
применяем следующие аппроксимации производных (см. табл. 16.1):
при г ф {п — 1, п, п + 1} — центральные разности, при г G
G { п — 1, п} — разности с шагом назад, а для узла хп+\ — раз-
разности с шагом вперед. Создаем соответствующий программный
модуль:
Q yOO :=
n <— floor —
fo
С
r ie
Ci
Ci
Ci
VA/
0..N
Ri+2-2
5-Ri- 1
-5-Ri +
¦Ri+l + 2Ri_i-R
2-h3
B-Ri_i + 24-Ri_2-
2-h3
18-Ri+i-24-Ri+2
2-h3
" if fi
14Ri_3
+ 14-Rj+
фп l)-(i# n)-(i# n+1)
+¦ 3-Rj-4
if ^1 л П -1- (\ r>\
11 A - П 1) + {1 - П)
if fi — n+ 1)
M z60 :=
n <— floor —
R<
-wW
for ieO..N
С
2-Ri-
2-Ri-
2-Ri +
h2
5-Ri-l
5-Ri+l
R
+
h2
+
2
h
+1
4Ri-2-Ri
4-Ri+2-Ri
n-
-3
+3
if (i=n
if (i = n +
1)
1)
^ n
+ (
+ 1)
i=n)

530 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
Результаты расчетов в виде эпюр внутренних силовых фак-
факторов приведены на рисунках 16.29 и 16.30, значения А те же, что
и на рис. 16.28. ¦
0.5
Qy(^°)i о
0 5
Qy(^i)i
Qy(^)i -1.5
	-"-^
\
ч *
\ j
	-y*
/
0	0.4	0.8	1.2 1.6
Рис. 16.29. Э Qy [qol] (Xq — отсутствие основания, Xi — глина, %% — щебень)
1
Mz(X0)i 0.5
MZ(X \) [ 0
Mz(A-2) i
	 i
0	0.4	0.8	1.2	1.6	2
Рис. 16.30. Э Mz [qol2] (Xq — отсутствие основания, Xi — глина, Хч — щебень)
Пример 16.10. Балка длины / подвергается одновремен-
одновременному действию сжимающей силы S, изгибающего момента М =
= q^l~ и погонной поперечной нагрузки q(x) = qof(x) (рис. 16.31).
Исследовать зависимость упругой линии балки и эпюры изгибаю-
О
м
) = qof(x)
Рис. 16.31. Э Mz [qol2] (Xo — отсутствие основания, Xi — глина, Хъ — щебень)
щего момента Mz от S. В расчетах принять f(x) = sin (тис//).

16.2]	Применение элементов численного анализа	531_
Решение. В системе координат Оху (см. рисунок) запи-
записываем уравнение продольно-поперечного изгиба балки A1.8)
„ , s мР
у +ETzy = ETz'
где Мр — изгибающий момент от поперечной нагрузки.
Функция у(х) должна удовлетворять следующим граничным
условиям:
= 0.
Полный изгибающий момент в поперечном сечении балки вы-
вычисляется так
Mz(x) = MP(x)-Sy.
Для интегрирования полученной краевой задачи найдем
функциональную зависимость Мр. Предварительно из уравне-
уравнений равновесия
= 0: Rq + Rb =jq(x)dx,
-\ xq(x) dx - q0l2 = 0,
= 0: b
0
определяем реакции опор в балке
/	/	/
1г	г	1г
Rb = у xq(x) dx + qol, Ro = q(x) dx — у xq(x) dx — qol.
0	0	0
Следовательно,
X
Mp(x) = qol2 + Rox — \(x — x\) q(x\) dx\.
0
Вводим безразмерные параметры (они обозначены тильдой)
- у - х q°l3 1 s п Мр п м*
где SK = n2EJz/([ilJ — эйлерова критическая сила (в данной
задаче ц = 1).
Краевая задача в безразмерном виде записывается следую-
следующим образом:

532 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
где
М,
так
J(x) dx— \ xj(x) dx — \\ - \{x — t) J(t) di,
и	о	о
f(x) = f(xl) = sinnx.
Соответствующий полный изгибающий момент определяется
2
Mz(x) = МР(х) -
Полученная краевая задача линейна по параметру к (см.
предыдущие примеры). Поэтому расчеты будем проводить при
к =1. Кроме того, положим X Е [0, 1), что соответствует устойчи-
устойчивому положению равновесия стержня при отсутствии поперечной
нагрузки.
Коэффициенты разностной схемы краевой задачи имеют вид
аог = А,, а-ц = а%{ = аи = 0, а<ц = 1,
Poo = PjSo = L fi = h2MP(Xi), fo=fN = O.
Формируем файл системы MathCAD для интегрирования
краевой задачи:
— функциональная зависимость погонной нагрузки
f(x) :=sinGi-x)
— реакции опор и момент от поперечной нагрузки
Rr:=
RO :=
Mp(x)
1 + x-f(x) dx
j0
f1
f (x) dx - Rb
г
:= 1 + x-Ro -
j0
(x-
Rb^ i +
Ro-> --
n
-t)-f(t)dt
1
7U
-1
Mp(x)^l + x.f
{
1 2 "
X
7U
— конечно-разностная сетка (фиктивные узлы отсутствуют,
см. пример 16.7):
x:=h-i
x
= 1 — коэффициент приведенной длины стойки
N:=40	i:=0..N	h := —
N

16.2]
Применение элементов численного анализа
533
Полученная эпюра МР(х) изображена на рис. 16.32
1
MP(Xl)
1	0.5
MP(Xl)
о
О	0.2	0.4 0.6 0.8	1
Xi
Рис. 16.32
Далее включаем в файл систему уравнений A6.13):
— формирование матрицы А и вектора-столбца F
Ak):=
A
D^rcenter
fo
r ie 1..N
Di,i-l^
Г
Di,i<-^
Di,H-l<-
D <- stack(D
D
@
-1
1
/
1
1
,r
,0,N)
71 | 2
Ц J '
center@,N
I
J
,N))
F :=
Bo
fo
в^
в
F
r ie
x*-
ви
1..N-1
-i-h
-h2MP(x)
3
— решение системы уравнений
На рис. 16.33 изображена упругая линия балки при различных
значениях параметра X (X = 0; к = 0,5; к = 0,9).
W@)
W@.5)
W@.9)
и
-0.5
-1
0
0
.2
Рис.
0.4
X
16.33
0.6
у
у*
¦
0.8

534 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
Далее добавим в файл программный модуль для построения
пространственной зависимости прогиба балки от параметра X:
М:=20
^0 := 0. Х^ := 0.9
j := 0..М Х\ := Х{
Результат работы этого модуля представлен на рис. 16.34. На
графике четко прослеживается нелинейная зависимость прогиба
у от параметра А,, которая особенно существенна в окрестности
точки А = 1.
0-L
-0.2
-0,4
-0,6
0,25
0,25
0,5
0,5
0.75
0,75
Рис. 16.34
Завершает файл программный модуль расчета изгибающего
момента Mz:
mz(x)
C<j>:=
'и'
Mz
for
Ci
С
w(x
ieO..
)
rows(Y)
p(«0-x
-1
(ff-Yi

16.2]
Применение элементов численного анализа
535
На рисунках 16.35 и 16.36 построены эпюры момента Мz при
различных значениях параметра X (X = 0; X = 0,5; X = 0,9), а также
пространственная зависимость Мz от х и X. ш
Mz@)
Mz@.5) 2
Mz@.9) 0
	 -2
.У
——————

0
0.2
0.4 0.6
х
Рис. 16.35
0.75
0.5
0,25 0- 0
Рис. 16.36
0.25
0.5
0.75
Задачи
16.21—16.23. Для балок переменного поперечного сечения,
изображенных на соответствующих рисунках, построить упру-
упругую линию у(х) и эпюру угла поворота сечения б(ж). Вычислить
Ытах- В расчетах принять: 1 = 1 м, q$ = 4 кН/м, Е = 2 • 105 МПа,
Jz0 = 30см4.

536 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
У
К задаче 16.21
о:
. nt
<7(*) = <7o(l + lG-2J)
К задаче 16.23
К задаче 16.24
16.24. Построить пространственные зависимости упругой ли-
линии балки у(х^а) и угла поворота сечения б(ж, а) от положения
катковой опоры А (I ^ а ^ 21). Вычислить |у|тах и |Э|тах.
16.25—16.27. Для балок переменного поперечного сечения
найти максимальное значение прогиба |у|тах и угла поворота
|9|тах. В расчетах принять: 1 = 1 м, qo = 40 кН/м, Е = 2- 105МПа,
Jo = 30 см4.
К задаче 16.25

16.2]
Применение элементов численного анализа
537
иии* и
К задаче 16.26
О
К задаче 16.27
16.28—16.30. Для балок постоянной жесткости построить
упругую линию у (ж), а также эпюры перерезывающей силы Qy
и изгибающего момента Mz.
О
К задаче 16.28
К задаче 16.29
птт
qol
К задаче 16.30
16.31—16.33. Для балок, лежащих на упругом основании (ко-
(коэффициент постели — к = 0,1 Н/мм3), найти упругую линию
у (ж), а также построить эпюры перерезывающей силы Qy(x)
и изгибающего момента Mz(x). Сравнить полученные результаты
с решением для соответствующих балок при отсутствии упругого

538 Численные методы в задачах по сопротивлению материалов [Гл. 16*
основания (к = 0). Расчеты провести при следующих значениях
параметров: / = 2 м, b = 5 см, Е = 2 • 105 МПа.
q0	2qol2
К задаче 16.31
К задаче 16.32
qol
2q0l2
К задаче 16.33
16.34, 16.35. Найти упругую линию балок у (ж, S) при про-
продольно-поперечном изгибе. Построить эпюру Mz(x,S). Вычис-
Вычислить |у|тах и |Л^|тах при следующих значениях продольной си-
силы S: S = 0, S = 0,5?к, S = 0,95?к, где SK — эйлерова критиче-
критическая сила для сжатой стойки.
К задаче 16.34
1/2
<	>
t
\
- <
\ =
sm-
1/2 ^ Х
К задаче 16.35

Глава 17
ЗАДАЧИ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ
Материал этой главы составлен с использованием задач Мос-
Московских городских олимпиад по сопротивлению материалов [14]
и разработок кафедры «Прикладная механика» БГТУ 2).
Задачи
17.1. Тонкая стальная полоса толщины h и единичной шири-
ширины приклеена к жесткому основанию (см. рисунок). От действия
силы Р в полосе возникает напряжение а, не превышающее пре-
предел пропорциональности. Определить касательные напряжения т
в склейке, считая их пропорциональными относительному сме-
смещению и склеенных элементов: т = Ки, где К — коэффициент
пропорциональности, зависящий от физических свойств клея.
//////////////////////////////У/
К задаче 17.1
К задаче 17.2
17.2. Вертикальный стержень АВ с характеристиками Fab->
Jz и Еав заделан концом А в потолок и растянут силой Р (см.
рисунок). Его торец В поддерживается тягой ВС', установленной
к стержню под углом а и обладающей характеристиками Рве
и Еве- Полагая, что стержень А В работает на изгиб, определить
усилие в тяге.
]) Решение нестандартных задач по сопротивлению материалов: Методи-
Методические указания к решению задач для самостоятельной работы студентов
дневной формы обучения, студентов, участвующих в олимпиадах. — Брянск:
БГТУ, 1997.-62 с).

540
Задачи повышенной сложности
[Гл. 17
17.3. Две жесткие планки соединены между собой тремя
упругими стержнями, один из которых короче двух других на
величину А (см. рисунок). Определить, при каком варианте а), б)
или в) размещения короткого стержня напряжения в конструк-
конструкции после сборки будут наименьшими, и найти усилия в этом
стержне.
a
\
t
2a
[
EF ^-
EF
э / r
EF
э / с
. l *
К задаче 17.3
17.4. Абсолютно жесткая балка АВ подвешена на трех упру-
упругих стержнях и должна находиться в горизонтальном положении
(см. рисунок). Однако первый стержень оказался на величину 5i
короче, а второй на 52 длиннее проектного размера. На какую
величину 5з должен быть длиннее или короче третий стержень,
для того чтобы балка заняла горизонтальной положение?
Указание: собственные веса балки и стержней не учиты-
учитывать.
А
В
К задаче 17.4
К задаче 17.5

Гл. 17]
Задачи повышенной сложности
541
17.5.	Где следует расположить опору В для того, чтобы
в изображенной конструкции (см. рисунок) не возникали напря-
напряжения при изменении температуры окружающей среды?
Указание: материал стержней считать одинаковым.
17.6.	Под каким углом |3 нужно приложить силу Р к системе
(см. рисунок), чтобы узел В переместил-
переместился по вертикали?
17.7.	Стержневая система (см. рису-
рисунок) состоит из двух параллельных абсо-
абсолютно жестких балок АВ и CD, соеди-
соединенных четырьмя одинаковыми упруги-
упругими вертикальными стержнями. Опреде-
Определить усилия в стержнях, возникающие
после приложения к балкам в точках В
и С одинаковых по величине момен-
моментов М.
17.8.	Абсолютно жесткий брус шар-
нирно закреплен в точке О и подвешен
к блокам посредством троса (см. рису-	к задаче 17.6
нок). Определить допускаемое значение
силы Р, если допускаемое напряжение на разрыв [а] и площадь
сечения троса А известны. Силами трения, размерами блоков
и собственным весом системы пренебречь.
CJ
_Q
\M
о
К задаче 17.7
К задаче 17.8
17.9.	Ступенчатый стержень (см. рисунок) зажимается с по-
помощью абсолютно жестких опор силами Р = Pq, после чего в нем
просверливается отверстие площадью 0,5F. Как изменится сила
сжатия Р?
17.10.	Определить максимальные касательные напряжения
ттах, возникающие в стержне (см. рисунок) под действием соб-
собственного веса (у — удельный вес).
17.11.	При каком значении силы Р в поперечном сечении
вертикального стержня (см. рисунок) возникает заданное напря-
напряжение [а]? В расчетах принять, что модуль упругости Е и попе-
поперечные сечения всех стержней одинаковы.

542
Задачи повышенной сложности
[Гл. 17
Р-1
Р-1
-F,y
К задаче 17.10
17.12. Построить эпюры внутренних усилий в стержнях АВ
и СD (см. рисунок) стержневой системы, полагая заштрихован-
заштрихованные элементы абсолютно жест-
п 	 кими, а площади поперечных се-
сечений и материалы остальных
стержней одинаковыми.
17.13.	Определить растяги-
растягивающую силу Р в стержне
(см. рисунок), если известны на-
напряжения на двух наклонных
площадках оа = 20 МПа, ар =
= 60 МПа. В расчетах принять
следующие размеры поперечно-
К задаче 17.11	го сечения: b = 2 см, h = 5 см.
17.14.	Из тонкой полосы ши-
ширины а изготовлен профиль (см.
рисунок). Определить, при каком значении радиуса R профиль
будет иметь наибольший момент инерции относительно оси Оу.
-О-
%
А'
К задаче 17.12
. 1°. г

Гл. 17]
Задачи повышенной сложности
543
17.15. Доказать, что все оси, проходящие через точку А ука-
указанного прямоугольного сечения (см. рисунок) являются глав-
главными.
h =
Ш
У/////
ш
HP
« ь »
У?
А Уо
К задаче 17.14
К задаче 17.15
17.16.	Для области площадью F (см. рисунок) известен по-
полярный момент инерции Jp относительно точки О. Найти гео-
геометрическое место точек Oi, относительно
которых полярный момент инерции Jp бу-
будет постоянным и равным 5 J .
17.17.	Найти угол а, при котором глав-
главные центральные моменты инерции указан-
указанного тонкостенного уголкового сечения (см.
рисунок) будут равны между собой.
17.18.	Найти минимальное значение мо-
момента сопротивления изгибу сечения бал-
балки, состоящей из трех монолитно связанных
между собой стержней с одинаковыми круглыми поперечными
сечениями (см. рисунок).
К задаче 17.16
К задаче 17.17
К задаче 17.18
17.19. Круглые стержни 1 и 2 одними торцами заделаны,
а их другие торцы соединены между собой абсолютно жесткой

544
Задачи повышенной сложности
[Гл. 17
планкой А В, к которой приложен крутящий момент М (см.
рисунок). Используя третью теорию прочности, определить диа-
диаметр d стержней и вертикальное перемещение сечения А. В рас-
расчетах принять: М = 200 Нм, а = 0,08 м, / = 0,02 м, Е = 2,5G =
= 2 • 10ё МПа, [а] = 200 МПа.
Указание: считать, что при деформации стержней планка
остается в вертикальной плоскости.
К задаче 17.19
К задаче 17.20
17.20.	Абсолютно жесткий вал круглого сечения диаметра D
(см. рисунок) заделан нижним концом в упругую плиту на глуби-
глубину толщины плиты h и нагружен крутящим моментом М. Модуль
сдвига материала плиты равен G. На какой угол ср повернется вал,
если в соединении вала с плитой проскальзывание отсутствует,
а горизонтальные размеры плиты неограниченны?
17.21.	Дисковая муфта диаметра D (см. рисунок) передает
с одного вала на другой крутящий момент М. Диски прижима-
прижимаются друг к другу силами Р, коэффициент трения между ними
равен /. Найти максимальный момент, который может передать
муфта без проскальзывания.
К задаче 17.21
К задаче 17.22

Гл. 17]
Задачи повышенной сложности
545
Указание: считать, что сила Р распределяется по поверх-
поверхности дисков равномерно.
17.22.	В каком месте следует приложить крутящий момент М
для того, чтобы потенциальная энергия упругих деформаций
указанного ступенчатого вала (см. рисунок) была наибольшей?
17.23.	Жесткость материала конической части 1 составного
кругового цилиндрического вала в два раза больше, чем жест-
жесткость части 2. Найти угол закручивания сечения (см. рисунок),
в котором приложен крутящий момент М.
Указание: считать, что справедлива гипотеза плоских сече-
сечений, и что соединение частей вала является абсолютно жестким.
К задаче 17.23
17.24. Стальной стержень круглого поперечного сечения (см.
рисунок) подвергается действию крутящего момента М. Опре-
Определить деформацию, замеряемую тензорезистором D, если М =
= 1,5 кН • м, d = 4 см; Е = 2 • 105 МПа, v = 0,3.
1 2
У//////////////////////////////
0
м
У/////////////////////////
dx
К задаче 17.24
К задаче 17.25
17.25. Труба 1 закручивается моментом М, после чего к ней
приваривается втулка 2 с внешним и внутренним диаметрами D<i
и о?2 соответственно (см. рисунок). Найти отношение наибольших
напряжений, возникающих в трубе и втулке после снятия момен-
момента М.
18 А. Г. Горшков и др.

546
Задачи повышенной сложности
[Гл. 17
17.26. При соединении стального стержня 1 и стальной тру-
трубы 2 оси отверстий в них не совместились на 3°. После принуди-
принудительного закручивания обеих деталей они были собраны так, как
показано на рисунке. Найти максимальные напряжения в стерж-
стержне и трубе. В расчетах принять: G = 8 • 104 МПа, а = 0,6 м.
К задаче 17.26
К задаче 17.27
17.27.	При каком соотношении M\jMi допускаемые напря-
напряжения для двух одинаковых брусьев круглого сечения (см. рису-
рисунок) будут равны? В расчетах принять отр = 0, 25отс.
17.28.	Для балок а) и б) (см. рисунок) определить, при каком
отношении М/Р1 площади coi и со25 ограниченные их упругими
линиями, будут равны между собой. Найти величину этих пло-
площадей.
EJ
К задаче 17.28
В	С
К задаче 17.29
17.29.	Для балки ABCD, нагруженной распределенной на-
нагрузкой q(x) в пролетах ВС и CD (см. рисунок), найти отноше-
отношение моментов в сечениях А и В.
17.30.	В нагруженной на конце силой Р балке прямоугольно-
прямоугольного поперечного сечения b x h (см. рисунок) замерен максималь-
максимальный прогиб в пролете между опорами. Определить максимальные
нормальные напряжения в опасном сечении балки и величину
силы Р.

Гл. 17]
Задачи повышенной сложности
547
Е
/
i
Утах
/
2
EJ= оо
К
G
С
К задаче 17.30
К задаче 17.31
17.31.	Левый конец балки АС защемлен. Участок ВС являет-
является абсолютно жестким. При отсутствии нагрузки балка свободно
лежит на опорах В и С, не препятствующих ее отрыву от них (см.
рисунок). В этом состоянии к балке прикладываются две силы:
Р ^ 0 и G ^ 0. При каких соотношениях между величинами этих
сил 1) реакция RA = Р; 2) RA = Р/2?
Указание: собственный вес балки не учитывать.
17.32.	Балка в виде дуги окружности радиуса R устанавлива-
устанавливается на трех опорах, расположенных на одном уровне, и нагружа-
нагружается силой Р (см. рисунок). При какой величине радиуса реакции
в опорах будут одинаковыми?
а-1
EJ
В
С
D
Т
Т
К задаче 17.32
К задаче 17.33
17.33.	Балка постоянного сечения нагружается на пролете
АВ силой Р (см. рисунок). При каком а @ ^ а ^ 1{) реакция
в опоре D будет наибольшей?
17.34.	По заданной эпюре изгибающих моментов установить
нагрузку, действующую на балку (см. рисунок).
17.35.	Для балки треугольного поперечного сечения (см. ри-
рисунок) определить допускаемый момент [М]. В расчетах принять:
[о]р = 100 МПа, [о]с = 150 МПа, а = 6 см.
17. 36. На какую величину А необходимо опустить средние
опоры балки (см. рисунок), чтобы изгибающие моменты в сече-
сечениях над этими опорами обратились в нуль?
17.37.	На каком расстоянии а от средней опоры нужно прило-
приложить момент М, чтобы балка в левом пролете оставалась прямой
(см. рисунок)?
17.38.	Брус сплошного квадратного сечения а х а нагружен
в вертикальной плоскости силой Р (см. рисунок). Во сколько
18*

548
Задачи повышенной сложности
[Гл. 17
раз увеличится наибольшее нормальное напряжение в брусе, если
в нем по всей длине вырезать канал прямоугольного сечения 1 х
х 6 см?
17.39. Балка, имеющая в поперечном сечении форму ромба
(см. рисунок), работает на изгиб в вертикальной плоскости. При
каких отношениях h/b (с — фиксированная величина): а) про-
прогибы в балке будут наименьшими; б) нормальные напряжения
будут наименьшими?
2а
I
5_а
6
37
72
1а
5а
6
13
72
ТТ
К задаче 17.34
la
6
К задаче 17.35
К задаче 17.36
М
В
К задаче 17.37
К задаче 17.38
К задаче 17.39

Гл. 17]
Задачи повышенной сложности
549
17.40. Балка постоянного сечения длины / закреплена на двух
опорах (см. рисунок). Правая опора выполнена в виде короткой
трубки, которая под малым постоянным углом наклонена к оси
Ах и может свободно перемещаться вдоль этой оси, изгибая при
этом балку. При каком значении а прогибы в сечении С и D балки
численно равны? Трением пренебречь.
EJS
К задаче 17.40
К задаче 17.41
17.41.	Для указанной рамы (см. рисунок) построить эпюры
внутренних силовых факторов.
17.42.	Определить модуль упругости Е и радиус кривизны
упругой линии р нагруженной моментом М балки (см. рисунок),
если известен угол поворота сечения А 6д. В расчетах принять:
М = 100 Н • м, а = 2 см, / = 1 м, 9Л = 0,075 рад.
м
К задаче 17.42
17.43.	Какую ширину b должна иметь балка в виде полосы
постоянной толщины h и длины / (см. рисунок) для того, чтобы
она под действием силы Р = 0,5 кН плотно прилегала к цилиндру
радиуса R? В расчетах принять: h = 1 см, / = 1м, Я = 5м, Р =
= 0,5 кН, [а] = 200 МПа, Е = 2 • 105 МПа.
17.44.	Используя теорему взаимности работ, найти реакцию
в опоре С балки (см. рисунок).
17.45.	Консольный конец балки АВ (см. рисунок) изогнут
в виде ломаного бруса и в сечении С касается балки. Устано-
Установить, будет ли конец бруса оказывать давление на балку при
ее нагружении силой Р и увеличится или уменьшится при этом
изгибающий момент и прогиб балки в точке С.

550
Задачи повышенной сложности
[Гл. 17
17.46. Под каким углом а следует приложить силу Р для
того, чтобы напряжения от изгиба в раме (см. рисунок) были
наименьшими?
К задаче 17.43
С
К задаче 17.44
К задаче 17.45
К задаче 17.46
а-?
1,5/
К задаче 17.47
17.47.	Под каким углом а нужно приложить силу Р для того,
чтобы вертикальное перемещение сечения А рамы (см. рисунок)
было равно нулю?
17.48.	При какой длине х концевого участка рамы (см. рису-
рисунок) точка А не перемещается под действием силы Р? Деформа-
Деформацией сдвига пренебречь.

Гл. 17]
Задачи повышенной сложности
551
17.49. На каком расстоянии х необходимо установить опору В
(см. рисунок), чтобы прогиб и угол поворота поперечного сечения
в середине пролета А В были равны нулю?
EJT
< >
р
EJ9
EJ?
В
К задаче 17.48
К задаче 17.49
17.50.	Определить горизонтальное перемещение сечения А
рамы (см. рисунок) постоянной жесткости.
17.51.	В недеформированном состоянии расстояние между
сечениями А и В рамы (см. рисунок) постоянной жесткости EJ
равно А. При каком значении силы Р эти сечения совместятся?
а
а
а
а
Л
//////
[
;
;
а
а
а
а
EJ= const
К задаче 17.50
В
К задаче 17.51
17.52.	На каком удалении от опоры А следует прикладывать
заданную силу Р > 16Е JA/C/3), чтобы совместить балку и стер-
стержень в точке А (см. рисунок)?
17.53.	Какое соотношение должно быть между жесткостями
EJ<i и EJ\ участков балки (см. рисунок) для того, чтобы мак-
максимальное вертикальное перемещение имело место в сечении С

552
Задачи повышенной сложности
[Гл. 17
балки? Найти величину этого перемещения. В расчетах принять:
Р = 6,25 кН, / = 0,24 м, Ji = 16 см4, Е = 2 • 105 МПа.
17.54. Для плоско-пространственной стержневой системы,
имеющей круглое поперечное сечение диаметра d (см. рисунок),
определить перемещение сечения А по направлению действия
силы Р. В расчетах принять: d = 2 см, R = 0,5 м; Р = 100 Н,
Е = 2 • 105 МПа, v = 0,25.
EJ
2/
К задаче 17.52
К задаче 17.53
К задаче 17.54
17.55. Предварительно сжатая на величину А цилиндри-
цилиндрическая пружина (см. рисунок) жесткости с вставляется между
абсолютно жесткой плоскостью и бал-
балкой по центру последней. Определить
силу, с которой будет сжата пружина.
17.56. Предварительно сжатая ци-
цилиндрическая пружина (см. рисунок)
жесткости с вставляется между балка-
балками и продвигается вправо. Установить
наибольшее значение силы в пружине
при ее продвижении между балками,
если известно, что в крайнем левом
положении на пружину действует сжимающая сила Рд-
17.57. Показать, что в рамках гипотез сопротивления матери-
материалов площадь, ограниченная упругой линией плоской кольцевой
нерастяжимой рамы (см. рисунок), остается равной тгЯ2.
EJ
К задаче 17.55
c,Po—<
2EJ
W7T
К задаче 17.56
К задаче 17.57

Гл. 17]
Задачи повышенной сложности
553
17.58.	Какую силу Р и под каким углом а следует приложить
в сечении В рамы (см. рисунок) для того, чтобы шарнир С сов-
совместился с шарниром D опоры?
17.59,	17.60. Для указанных рам построить эпюры внутрен-
внутренних силовых факторов (см. рисунки).
EJ = const
К задаче 17.58
Р i
К задаче 17.59
К задаче 17.60
17.61.	На какую величину А нужно опустить среднюю опо-
опору С балки (см. рисунок) для того, чтобы изгибающий момент
в сечении над этой опорой был равен нулю?
17.62.	Стержень прямоугольного поперечного сечения b x h
вставлен между двумя жесткими стенками (см. рисунок) и по
граням, параллельным плоскости Oxz, сжат равномерным дав-
давлением р. Материал стержня имеет модуль упругости Е и коэф-
коэффициент Пуассона v. Найти изменение размеров и объема бруса.
Указание: трением между стержнем и стенками прене-
пренебречь.
zSF
К задаче 17.61
К задаче 17.62
17.63. Две абсолютно жесткие плиты (см. рисунок) скрепле-
скреплены между собой четырьмя одинаковыми стержнями 1 (площадь
поперечного сечения F = F\, модуль упругости Е = Е\, коэффи-
коэффициент Пуассона v = vi). Между плитами без зазора вставлен пря-
прямоугольный стержень 2 (F = F2, E = ?2, v = V2), нагруженный

554
Задачи повышенной сложности
[Гл. 17
по граням, параллельным плоскости Oxz, равномерным давле-
давлением р. Определить изменение объема стержня 2 и напряжение
в стержнях 1.
Указание: трением между стержнем и плитами пренебречь.
17.64. Столб квадратного поперечного сечения а х а (см. ри-
рисунок) нагружен равномерно распределенной по верхнему торцу
нагрузкой q. Какую часть торца нужно освободить от нагрузки,
чтобы получить наибольшее сжимающее напряжение? Опреде-
Определить величину этого напряжения.
У
гтп
о
ЙШШШй!
о
К задаче 17.63
К задаче 17.64
17.65. Балка (см. рисунок) нагружена постоянным распре-
распределенным моментом т. Найти главные напряжения в точке К
поперечного сечения посредине пролета.
ffcffi
К задаче 17.65

Гл. 17]
Задачи повышенной сложности
555
17.66. Стержень квадратного поперечного сечения а х а (см.
рисунок) левым концом вставляется без зазора и натяга в абсо-
абсолютно жесткое гнездо, а правым — упирается в жесткую стену.
Найти напряжения в стержне при его равномерном нагреве на
At = 40°. В расчетах принять: модуль упругости Е = 2 • 105 МПа;
коэффициент Пуассона v = 0,5; коэффициент линейного расши-
расширения а = 1(Г4 1/°С.
Указание: считать устойчивость стержня обеспеченной;
трением пренебречь.
К задаче 17.66
17.67. Резиновый цилиндр А (Е — модуль упругости, v —
коэффициент Пуассона) диаметра d помещен без зазора в полый
недеформируемый цилиндр В (см. рисунок) и сжимается си-
силой Р. Определить изменение объема цилиндра и его укорочение
в направлении действия силы.
F-1
////////АУ////////
К задаче 17.67
К задаче 17.68

556
Задачи повышенной сложности
[Гл. 17
17.68.	Конструкция состоит из вала А В круглого сечения
диаметра D, абсолютно жесткой балки СН и охлаждаемого
стержня КН (см. рисунок). Используя третью теорию прочности,
определить, при какой площади F поперечного сечения стержня
DE достигается равнопрочность изготовленных из одного ма-
материала вала и стержня? В расчетах принять: I = 0,8 м; D =
= 10 см.
17.69.	Для увеличения допускаемого изгибающего момен-
момента М тонкостенной трубы 1 (см. рисунок), изготовленной из ма-
материала с разным сопротивлением на растяжение и сжатие ([о]с =
= 2[о]р), создается предварительное сжатие в трубе с помощью
винтовой стяжки 2 с шагом резьбы s. На сколько оборотов п
следует завернуть гайку для того, чтобы величина М стала наи-
наибольшей? Найти эту величину.
Указание: для стяжки 2 считать изгибную жесткость пре-
пренебрежимо малой по сравнению с жесткостью на изгиб трубы,
а прочность обеспеченной.
Л Л E,F
D
I
В
А
2
А
2
К задаче 17.69
К задаче 17.70
17.70.	Металлическая полоса (см. рисунок) прямоугольного
поперечного сечения b x h растягивается равномерно распреде-
распределенной нагрузкой д, приложенной на верхней половине торцов.
Затем часть полосы отрезается по пунктирной линии АВ. Опре-
Определить величину а, при которой наибольшее напряжение в стерж-
стержне окажется равным наибольшему напряжению до отрезки.
17.71.	Консольная балка (см. рисунок), имеющая сечение
в виде прямоугольного равнобедренного треугольника, нагруже-
нагружена на свободном торце приложенной к центру тяжести сечения
силой Р. При какой величине угла а, определяющего направ-
направление силы, растягивающие напряжения в точках А и В будут
равны.
17.72.	К стержню (см. рисунок) прямоугольного поперечно-
поперечного сечения b x h и длины а через жесткую консоль длины а
приложена сила Р. Используя III теорию прочности, провести

Гл. 17]
Задачи повышенной сложности
557
поверочный расчет на прочность. В расчетах принять: b = 4 см,
h = 12 см, а = 0,8 м; Р = 5,2 кН; [а] = 160 МПа.
17.73. Используя III теорию прочности, провести проекти-
проектировочный расчет на прочность рамы (см. рисунок) квадратного
поперечного сечения, к которой приложен момент М. В расчетах
принять: М = 35 кН • м, [а] = 160 МПа.
К задаче 17.71
К задаче 17.72
К задаче 17.73
17.74. Определить величину угловой скорости со, при которой
в равномерно вращающемся стержне А В (см. рисунок) возникает
только продольная сила. В расчетах принять а = 30°, / = 1 м.
№20
At
К задаче 17.74
К задаче 17.75
К задаче 17.76
17.75.	Определить динамические напряжения од в указан-
указанной стержневой системе (см. рисунок). В расчетах принять: Р =
= 200 Н, Я = 0,1 м; F = 5 см2, а = 1 м, Е = 2 • 105 МПа.
17.76.	Определить максимально допускаемое изменение тем-
температуры At стального стержня (см. рисунок) длиной /. В рас-
расчетах принять: поперечное сечение — двутавр № 20, / = 5 м, Е =
= 2 • 105 МПа, а = 1,25 • 10 1/°С; [о]с = 200 МПа.

558
Задачи повышенной сложности
[Гл. 17
17.77. Определить сжимающие усилия в элементах указан-
указанной стержневой системы, все элементы которой имеют круглые
A
о
7/7/7
о
о
Y/////////////////////7A
EJ =оо
К задаче 17.77
поперечные сечения (см. рисунок). В расчетах принять: диамет-
диаметры стержней d\ = d<i = 1 см, ds = d^ = 2 см, Р = 50 кН, Е =
= 2 • 105 МПа.

ОТВЕТЫ
Глава 1
1.1. Л/max = bqa, omax = 5 — , 5max = -^ -==7~==7 • 1-2. A^max = 2qa, Nm-in =
qa	qa	22 qa2
, Omax = ^=7, Omin = ~5 —, §min = ~ ~§~ ^/? "
o^a	29 ga2	1 qa
= 2 — , 5max = "ТГ "Ё7р • * *4* ^max = qa, A/min = ~3ga, Omax = о ~p~'
qa	7 q°^	лт о	о^а
Omin = — -j=~, 5min = —T -==7~==7- 1-5. Л/max = 3^a, A/min = ~qa, Omax = 3 —,
qa	9 ga2	3 ga
§	=	1-6. Л/Шах = 3(?a, Л/min = -^j ^max = ^ ^T 5
2
Omin = ~"Б §min = —2-7—. 1.7. Л/^тах = З^а, A^min = ~2qa, Omax = ^ ~7=T 5
_ qa	_ 9 qa2	_	_ qa	_ 17 qa2
Omin — — -p", Omax — J ^p ' J *°* iVmax ~ b^fl' °max ~ ^"' max "~ ~2~ ~EF '
qa	11 qa^
1.9. iVmax = 2ga, omax = 2 —, 5max = у "^7• 1-10. Nmax = 4qa, Nmin =
2	2
= —2qa, Omax = 2-7=7", Omin = —2 — , 5max = 2——, 5min = —2——. 1.11.
2
= 2ga, Л/^min = —2ga, omax = -==7, omin = ~2 —, 5max =
2
(/a	oa
1.12. iVmax = 6ga, Omax = 6 \~, 5max = 9^—. 1.13. iVmax =
-	_	_^^	-_^Я	-- *№— Я	- I i^!_ 1 1Л AT	-
—	qa, Omax — 2 rp 5 °min —	, Omax — ^ p/? ' °min ~~ о FT [Г	^тах —
ga	ga	1 ga	13 ga
ga	ga	1
max = ~^Г? Gmin = —3-^7, 5max = ^
2
1.15. A/'min = -6^a, Omin = ~3"^T5 6min = "б——. 1.16. iVmax = 9(?a, Omax =
= ^ "ЁГ, Smax = lO-^;. 1.17. Л/тах = 5^a, A^min = Sqa, Omax = ^ ~^~ 5 °min =
= —3 —5 Smax = -^Г ^7^7- 1Л8. Л/^тах = 2ga, A^min = Sqa, Omax = 2-=-, Omin =
г	о Л/ г	г
3 qa	9 да2	1 да
=	6	=	1-19. Л/тах = «О, A'min = ~2qa, Omax = ^ ^ j
Omin = ~2 —, 5max = J ^p ' §min = ~J

560	Ответы
qa	qa	qa2	qa2
'max — Z , Omin — — О „ , Omax — Z	, Omin — — „ „ . -1 .-*-! . iVmax —
t	t	ht	ht
= Sqa, amax = \ f, 5max = T ^- 1.22. iVmax = 5ga, iVmin = -qa, Omax =
_b qa	_ qa	_ 25 </a2 ^ _ mr	31	mr	11
~~ О ~Б^"' °min "~	t^' Smax — ~^-
31 <?a	11 ga	_ 961 qa2
JJ -p", Omin — ~ "y" ^=Г, Omax — ^^ "^7 • 1*^4.
1

1 „	9
1	9
Omin = -~atoE, 5min = -— а*0О. 1.25. iVmax = 4P, A/'min = -P, Smax =
P/	IP/	лг	8 лг	12	8 qa
^^' 6min = ~2 ^7p- 1-26. Л/max = ^ ^O, A/min = -—qa, Omax = ^ ~^T,
^	^ 127 iV	AtEF
Omin = -y ^, Smax = ^7 ^- 1.27. iVmin = --oAtEF, Omin = -^
3	3
Smax = 7^ aAta, Smin = - — aAtEF. 1.28. F = 4,79 см2. 1.29. F = 4,03 см2.
2	16
1.30. F = 1,99 см2. 1.31. F = 1,37 см2. 1.32. F = 5cm2. 1.33. a = //5. 1.34.
11 Pa	3	1	3 qa
В первом. 1.35. A = — 7777. 1.36. Л/тах = 7 qa, Nmin = -- qa, omax = 7 ^r5
4 h t	4	4	4 г
1 qa	9 ga	5	1
Omin = — 7 -?T, Smax = ^ ~FT^ • 1*37. Л/тах = X Po 5 A'min = ~ X Po 5 Omax =
= | §, omin = -J §, 5max = | ^• 1.38. P = aA*?F. 1.39. P = 400 kH.
1.40. P = 240 kH. 1.41. /i = 8 м. 1.42. о = 61,1 МПа; Е = 0,699 • 105 МПа.
1.43. |o|max = 369 МПа, |5|тах = 0,436 мм. 1.44. о = 133 МПа.
Глава 2
2.1. Ni = N7 = -0,707P, N3 = N5 = 0,707P, N2 = N6 = 0,5P, N4 =
= -P; швеллер 8 ГОСТ 8240-72; 5дрт = 3,24 мм. 2.2. Л^ = ЛГ4 = ЛГ7 = 1,16Р,
N3 = N5 = -1,16P, N2 = N6 = -0,577Р; уголок 100 х 63 х 6 ГОСТ 8510-72;
5дерт = 3,82 мм. 2.3. Ni = -1,12Р, N2 = P,NS = 0,5Р, N4 = -Р, N5 = 1,12Р;
уголок 75 х 75 х 6 ГОСТ 8509-72; 5дрт = 5,60 мм. 2.4. Ni = N4 = -0,901 Р;
N3 = -P, N2 = N5 = 0,901 Р; швеллер 8 ГОСТ 8240-72; 5дрт = 2,21 мм.
2.5. Ni = 0,707Р, N2 = -0,707Р, N3 = -0,5Р, Л^4 = 0,5Р, N5 = 1,41Р, N6 =
= 0, N7 = -1,5Р; уголок 80 х 80 х 8 ГОСТ 8509-72; 5дР = 5,12 мм. 2.6. Ni =
= р; N2 = N4 = 1,41Р, N3 = -IP, N5 = -Р, п = 8,24. 2.7. Ni = N2 = IP,
N3 = -2,24P, N4 = -2,12P,N5 = 0,707P, n = 9,39. 2.8. Ni = ql, N2 = 4,47ql,
N3 = -Sql, n = 8,38. 2.9. Wi = 2,24P, N2 = -P, N3 = 4P, N4 = -4,24P,N5 =
= -1,41P, n = 6,19. 2.10. Ni =l,SSql, N2 = -2,67ql, N3 = -l,S9ql, n = 6,18.
2.11.	Ni = -2ql, N2 = 2,S3ql, N3 = -4ql, N4 = 4,47ql,N5 = 2ql, n = 5,25.
2.12.	N = 0,5ql, 6A = I,41ql2/(EF), Ядои = 38 кН/м. 2.13. N = 0,5P, 5Л =
= 0,559P//(EF), Рдоп = 85 кН. 2.14. N = -P, ЬА = 1,41 Pl/(EF), Рдоп =
= 51 кН. 2.15. N = 0,5Р, 5Л = 0,354P//(EF), Рдоп = 26 кН. 2.16. N = ql,

Ответы	561
§л = 2,24ql2/(EF), ддоп = 8,6 кН/м. 2.17. N = -2,24ql, 5Л = U,2ql2/(EF),
Ядоп = 3,3 кН/м.
В ответах к задачам 2.18-2.29 приведены усилия в стержнях и перемеще-
перемещения точек приложения сил отдельно для силовой (индекс Р) и температурной
(индекс t) задач.
2.18. F = 2 см2, 5 = 1,30 мм; (Nf = 0,671 Р, N2P = -1,05Р, 5Р =
= 2,lSPa/(EF); Nl = -0,628ocA?FF, ЛГ| = -0,580ocA?FF, 5* = l,21aAta).
2.19.	F = 2,5 см2, 5 = 0,902 мм; (Nf = 0,929P, N2P = -0,892P, 5P =
= l,86Pa/(EF); Nf = -0,535aA?FF, iV| = -0,446aA?FF, 5* = 0,929aA?a).
2.20.	F = 2 см2, 5 = 0,363 • 10 м; (Nf = 0,444P, N2P = -0,889P, 5P =
= l,4SPa/(EF); Nl = iV| = -0,667aA^EF, 5* = -2,22aAta). 2.21. F =
= 1 см2, 5 = 0,458 • 10 m; (Nf = N? = 0,310P, Л^3Р = N[ = -0,372P,
5P = 0,774Pa/(FF); Nf = iV| = -0,743aA^FF, iV| = Nt = -l,llaAtEF,
5* = -l,86aAta). 2.22. F = 1,5 см2, 5 = 0,877-Ю м; (Nf = N? =
= -0,349P, Nf = Nf = -0,398P, Nf = 0,442P, 5P = l,09Pa/(EF);
Nl = N% = -0,283aA^FF, iV| = Nj = 0,408aA?FF, iV| = -0,453aA^FF,
5* = 0,884aA?a). 2.23. F = 2 см2, 5 = 1,10 мм; (Nf = -0,843P, iV2p =
= 0,659P, 5P = l,76Pa/(EF); Nf = -0,632aA?FF, iV| = -
5* = l,32aAta). 2.24. F = 2,5 см2, 5 = 1,57 мм; (Nf = -0,601 P,
= 1,25P, 5P = 2,60Pa/(FF); Nj = -0,721aA?FF, iV| =
5* = 3,12aAta). 2.25. F = 1 см2, 5 = 0,685 мм; (Nf = 0,609P, N2P = 0,174P,
N[ = 0,217P, 5P = 0,478Pa/(FF); Nf = -0,087aA?FF, iV| = 0,261aA^FF,
Ni = -0,174aA^FF, 5* = l,22aAta). 2.26. F = 2 см2, 5 = 0,661 мм; (Nf =
= N? = -0,428P, Nf = -0,571 P, N[ = N[ = 0,571 P, 5P = 1,71 Pa/(EF);
Nj = N% = Nt = N? = -Nl = 0,286aA?FF, 5* = -l,14aAta). 2.27. F =
= 3,5 см2, 5 = 0,770 mm; (Nf = l,40P, N2P = -l,01P, 5P = 4,19Pa/(EF);
Nl = -0,838aA^FF, iV| = -l,40aAtEF, 5* = -2,51aAta). 2.28. F = 3 см2,
5 = 0,792 мм; (Nf = -1,52P, N2P = -0,822P, 5P = 3,42Pa/(FF); Nl =
= 0,913aAtEF, iV| = -0,507aA^FF, 5* = -2,05aAta). 2.29. F = 1,5 см2,
5 = 1,18 мм; (Nf = -0,340P, N? = 0,531 P, 5P = l,2SPa/(EF); Nl =
= -0,510aA^FF, iV| = -0,204aA^FF, 5* = l,91aAta). 2.30. n = 7,84,
(Ni = -0,661 P, N2 = N3 = 0,212P). 2.31. n = 5,83, (TVi = 0,444P, N2 =
= -0,889P). 2.32. n = 4,14, (Wi = 0,601 P, Л^2 = -1,25P). 2.33. n = 2,
(Ni = 0,340P, N2 = 0,960P, Ns,ab = -0,300P, NS,BC = 3,70P). 2.34. n =
= 2,01, (Ni = 0,286P, N2,ab = -0,0714P, N2,Bc = 0,928P, N3 = -1,29P).
2.35. n = 3,06, (NhAB = -0,248P, NhBc = 1,75P, Л^2 = 1,21P). 2.36. Ni =
= N2 = N3 = 0,222AFF//, N4 = N5 = 0,111 AEF/l, A ^ 0,666 мм. 2.37. Ni =
= 0,667AFF//, N2 = 1,33AFF//, A ^ 0,220 мм. 2.38. Ni = 0,329AFF//,
N2 = 0,294AFF//, A ^ 0,498 мм. 2.39. Wi = N3 = 0,167AEF/l, N2 =

562	Ответы
= -0,333A?F//, A ^ 0,880 мм. 2.40. Ni = N2 = N3 = N4 = -0,163AFF//,
N5 = 0,231 AEF/l, A ^ 0,635 мм. 2.41. Ni = N2 = N3 = N4 = 0,333AFF//,
A ^ 0,440 мм.
Глава 3
3.1-3.12. см. § П.2.
В задачах 3.13-3.40 главные центральные оси лежат на оси симметрии
области, другая координата считается от нижнего края сечения.
3.13. zc = 5,296; JZc = 11,264; JVc = 75,564. 3.14. zc = 2,036; JZc = 8,9864;
Jyc = 15,764. 3.15. zc = 2,0a; JZc = 18,7a4; JVc = 10a4. 3.16. zc = 2,12a; JZc =
= 4,0a4; Jyc = 6,67a4. 3.17. zc = 0,906a; JZc = 1,06a4; Jyc = 1,03a4. 3.18. zc =
= 2,406; JZc = 85,064; JVc = 79,264. 3.19. zc = 2,83a; JZc = 12,2a4; JVc =
= 21,2a4. 3.20. zc = 4,06; JZc = 41,764; Jyc = 16264. 3.21. zc = 1,276; JZc =
= 1,564; Jyc = 2,8164. 3.22. zc = 20,36; JZc = 5,79 • 10364; JVc = 29,4 • 10364.
3.23. zc = 3,776; JZc = 89,364; Jyc = 29464. 3.24. zc = 6,846; JZc = 62,264; Jyc =
= 32964. 3.25. zc = 0,9246; JZc = 1,2564; Jyc = 0,61164. 3.26. zc = 1,286; JZc =
= 1,2964; Jyc = 0,81164. 3.27. zc = 1,296; JZc = 73,764; Jyc = 13,064. 3.28. zc =
= 1,22a; JZc = 9,33a4; Jyc = 1,37a4. 3.29. zc = 86; JZc = 69,364; Jyc = 50164.
3.30. zc = 6,796; JZc = 33,564; Jyc = 17164. 3.31. zc = 5,616; JZc = 30,364; Jyc =
= 15664. 3.32. zc = 1,14a; JZc = 10,3a4; Jyc = 1,91a4. 3.33. zc = 1,346; JZc =
= 35,964; Jyc = 7,9264. 3.34. zc = 1,516; JZc = 5,8864; Jyc = 12,664. 3.35. zc =
= 2,56; JZc = 6,6764; JVc = 16,764. 3.36. zc = 1,936; JZc = 8,9864; JVc = 14,564.
3.37. zc = 1,936; JZc = 12,564; JVc = 11,764. 3.38. zc = 4,106; Лс = 20164;
Jyc = 18964. 3.39. zc = 1,836; JZc = 6,7564; Jyc = 8,7564. 3.40. zc = 3,16;
JZc = 90,764; Jyc = 78,564.
В задачах 3.41-3.69 ao отсчитывается от горизонтальной оси против
часовой стрелки, координаты центра тяжести считаются от нижнего (ус)
и левого (zc) края области.
bh	rib	bh	rib
3.41. Jj = —; J2 = —; a0 = 0. 3.42. Л = —; J2 = —; a0 = 0.
i i 3	i j 3
3.43. Ji = —; J2 = —; a0 = 0. 3.44. a0 = j. 3.45. Ji = 0,520a4; J2 =
= 0,135a4; zc = 0,467a; yc = 0,906a; a0 = -7,13°. 3.46. Ji = 2,31a4; J2 =
= 0,880a4; zc = 0,833a; j/c = 1,92a; a0 = -29,2°. 3.47. Ji = 17,764; J2 = 6,904;
zc = 2,226; yc = 1,256; a0 = 10,1°. 3.48. Л = 49,664; J2 = 24,464; zc = 2,316;
yc = 3,36; a0 = 14,7°. 3.49. Ji = 8,5564; J2 = 2,2364; zc = 1,836; yc = 0,9376;
a0 = 7,1°. 3.50. Ji = 10,564; J2 = 4,0364; zc = 2,56; j/c = 1,216; a0 = -33,4°.
3.51. Ji = 5,3464; J2 = l,3064; zc = 0,86; j/c = 2,06; a0 = -24,0°. 3.52. y0 =
= 1,21a. 3.53. 6 = 5,70 см. 3.54. 6 = 1,93 см. 3.55. Ji = 5,40 см4; J2 = 2,10 см4;

Ответы	563
осо = 33,0°. 3.56. zc = 1,856; ус = 1,416; осо = -10,1°. 3.57. zc = 2,996; ус =
= 2,126; осо = 2,71°. 3.58. zc = 1,396; ус = 1,536; осо = -36,3°. 3.59. zc =
= 0,8476; ус = 1,386; осо = -20,1°. 3.60. zc = 1,846; ус = 1,436; а0 = -10,7°.
3.61. zc = 1,56; ус = 1,726; а0 = -38,7°. 3.62. zc = 2,06; ус = 1,886; а0 =
= 16,5°. 3.63. zc = 2,06; ус = 2,216; а0 = 19,6°. 3.64. zc = 1,906; ус = 1,356;
а0 = -9,44°. 3.65. zc = 1,426; ус = 2,976; а0 = 33,8°. 3.66. zc = 1,136; ус =
= 0,6676; а0 = -23,1°. 3.67. zc = 1,036; ус = 1,856; а0 = 3,21°. 3.68. zc = 1,956;
ус = 1,786; а0 = -34,2°. 3.69. zc = 2,316; ус = 0,8936; а0 = -1,02°. 3.70. zc =
= 3,186; ус = 1,816; а0 = -6,34°. 3.71-3.76. см. § П.2.
В задачах 3.77-3.85 главные центральные оси лежат на оси симметрии
области, другая координата считается от нижнего или левого края сечения.
3.77. JZc = 4,245а3; JVc = 5,615а3; ус = 0,934а; а0 = 0°. 3.78. JZc =
= 6,24563; Jyc = 13,5563; zc = 1,346; а0 = 0°. 3.79. Ji = 0,2715а3; J2 =
= 0,02105а3; а0 = 45°. 3.80. JZc = 0,5835а3; JVc = 2,755а3; а0 = 0°. 3.81. Ji =
= 3,60563; J2 = О,814563; ао = -12,7°. 3.82. JZc = 4,155а3; JVc = 8,285а3; а0 =
= 0°. 3.83. JZc = 4,905а3; JVc = 6,685а3; а0 = 0°. 3.84. JZc = 3,575а3; JVc =
= 4,595а3; а0 = 0°. 3.85. JZc = 43,25а3; JVc = 8,715а3; а0 = 0°.
Глава 4
4.1. Фтах = 7,79°. 4.2. U = 2,47 Дж; фтах = 0,630°. 4.3. Фтах = 24,6°.
2
4.4. Мтах = 2та; ттах = 10—д-; фтах = 21,7——j. 4.5. d = 10,6 мм; фтах =
a	Ga
= 9,28°. 4.6. D = 97,8 мм. 4.7. d = 40,4 мм. 4.8. d = 160 мм; D = 200 мм.
Мл
4.9. —^ = 0,590. 4.10. 533 раза. 4.11. d = 57,1 мм. 4.12. Tmaxi/Tmax2 =
M<i
= 10; 9i/е2 = 40. 4.13. [xj/imax = 1,19; [е]/0 = 0,812. 4.14. ттах = 52,7 МПа;
G = 8,05 • 104 МПа. 4.15. 5 = 32,1 мм. 4.16. d = 105 мм. 4.17. ттах =
= 65,6 МПа; е=1,18°/м-4.18. D/d =1,09. 4.19. h = lS7 мм. 4.20. 1:1,2:1,45.
4.21. 1:1,06:1,33. 4.22. h = 0,383 м. 4.23. h = 0,112 м. 4.24. фтах = 0,443 рад.
Мл
4.25. 6 = 74,2 мм; <р = 17,5°. 4.26. Мг = 5,18 кН • м; —- = 0,750. 4.27. ттах =
Мч
= 47,6 МПа. 4.28. ттах1 = 25,3 МПа; ттах2 = 11,5 МПа; фтах = 1,38°.
4.29. М = 22,5 кН • м; фтах = 2,86°. 4.30. ттах = 74,9 кПа; фтах = 0,00114°.
4.31. т = 1,07 кН. 4.32. ФА = 0,00415°. 4.33. d = 11,5 мм. 4.34. ттах =
= 37,7 МПа. 4.35. M2/Mi = 3,0. 4.36. ттах = 97,5 МПа. 4.37. Фтах =
= 0,696 рад. 4.38. т = 1,04 кН. 4.39. ti = 37,5 МПа; т2 = 50,2 МПа. 4.40. d =
= 37,8 мм; Фтах = 1,81°. 4.41. т = 11,9 кН. 4.42. х0 = 1,32а. 4.43. п = 2,65.
Глава 5
5.1. Qymax = ~^qa, Qymin = -„ qa>i Mzmax = -^-ga2, Mzmin = -ga2.
о	о	о
5.2. Qymax = -ga, Qymin = -^ga, Mzmax = -ga2, Mzmin = --ga2.
Z	Z	о	D

564
Ответы
5	2	1
5.3. Qymax = 77 qa, Qymin = — -qa, Mzmax = qa , Mz m\n = — -qa .
3	3
5.4. Qymax = ^fl, Qymin = "^в,
22, Mzmin = - ~~2
3 2
= ~qa . 5.5. Qymax
= -ga, Mzmax = ода2, Mzmin = -«да2- 5.6. Qymax = тттда,
3	3	3	12
25
288
qa , Mzmin = —qa . 5.7. Qymax =
= -2да, Mzmax = 1,15да2, Mzmin = -1,5да2. 5.8. Qymax = ^ qa,
3	9
= --да, Mzmax = ё^а2. 5*9*
Z	О
= qa', Mzm\n = —~qa . 5.10. Qymax = — go«, Qymin = — ^
ax = 2да,
5
9*
in = -да,
4
5	5	19
= -доа". 5.11. Qymax = 2доа, Mzmin = —-qoa. 5.12. Q^max = ~z- <
9	6	3
17
2. 5.13.
|MZ
108
g0a2. 5.14.
= 40 кН, |Mz|max = 80 кН • м.
z | max —
max —
5.15. |Qy |max = 20 KH, |Mz|max = 40 кН • M. 5.16. |Qy|max = 40 кН, \М;
= 40 KH • M. 5.17. |Qy|max = 60 KH, |Mz|max = 120 кН • M. 5.18. \Qy
= 20 KH, |Mz|max = 30 KH • M. 5.19. |Qy|max = 20 кН, |Mz|max = 20 кН •
• M. 5.20. iQjmax = 30 KH, |Mz|max = 80 кН • M. 5.21. |Qy|max = 50 кН,
|Mz|max = 62,5 KH • M. 5.22. |Qy|max = 30 кН, |Mz|max = 80 кН • M.
5.23. |Qy|max = 20 KH, |Mz|max = 50 кН • M. 5.24. |Qy|max = 23,3 кН,
|Mz|max = 33,3 KH • M. 5.25. |Qy|max = 22,5 кН, |Mz|max = 17,4 кН -М.
5.26. а = 0,536/. 5.27. а = 0,250/. 5.28. b = 7,84 см, двутавр № 20 (ГОСТ
8240-72). 5.29. b = 2,30 см. 5.30. утш = -— ^—, |е| = ^-
. 5.31. 5 =
_ 11 да4
~ ~120 1П,
5.зз. е = -^
3 EJ
5 qa	* 49
= 4 -ШТ.' 5*32-
, 5 = 0. 5.34. е = 0, 5 = --
о tL J z	A lL J z
1 Ра2C/-а)	1 да3	1 да3Cа + 46)
s = -д	т^т	• 5.36. е = -- ——, 5 = -—	—-	. 5.37. ел =
b tL jz	b tL jz	24 hi jz
= -QB = -0,001 рад, 5 = -0,062 см. 5.38. QA = -0,0097 рад, QB =
= -0,0127 рад, 5 = -1,94 см. 5.39. ел = -6Б = -0,0094 рад, 5 = -1,04 см.
Pal
SEJ'
Pal
SEJ'
_ 2Pal
* ~ SEJ'
Pa2(/ + g)
SEJ
Pa2B/ + a)
SEJ
Pal
. 5.42.
2
ga2/
F, «в =
да2/
gaD/ + 3a) 543 ^(ж)= qX
24EJ
240ЕЛ
\2EJ' ""	\2EJ' D
(-7/3 + 9д/2ж - 2ж3). 5.44. y(x) =

Ответы	565
qx
ПОЕЛ
-ж3). 5.45. у(х) =
, ч да /13 я 67 2	2 149 oA
О < ж ^ а; </(ж) = ^j ( — а3 - — а2ж + Заж2 - — ж3], а ^ ж ^ За.
5.48. у(х) = ^ ( -ж2 + f- ). 5.49. № 12. 5.50. отах = 138 МПа, ттах =
«за /
= 14 МПа. 5.51. о = 4,16 МПа. 5.52. № 10. 5.53. 6 = 7,10 см. 5.54. № 30.
5.55. № 33. 5.56. 6 = 9а. 5.57. а) ттах = 1-	—, / = 0,2706; б) ттах = -—f.
о оz	оОО
5.58. а) ттах = — bkfL? / = -0,858а; б) ттах = 0,280 %. 5.59. а) ттах =
о J z	ао
= — Щ—, / = 26; б) ттах = 0,170 %. 5.60. а) ттах =	^-, / = -3,24а;
2 Jz	00	О Jz
б) ттах = 0,280 %. 5.61. а) ттах = -%-, / = ^ = 1,276; б) ттах = 0,770 %.
ао	1 ,boo	Jz	Oo
о ч	% Qy 1+sina _	, /2 + 3sina .	\ ^
5.62. а) хтах = -^ТТШ-1 I = _^I_i-i_+2 + ctgaj; б) хтах =
65 [sinaV	2 У 2j [ ^12cosa sinaV	3
5.63. а) ттах = \ %^, / = 0,П5о; б) хтах = ^.^??_. 5.64. а) хтах =
Q , / = 1,076; б) ттах = 0,590%. 5.65. а) ттах = \ ®у , / = -| a cos a;
2,565' ~ ' ' у тах ~ ' 65	 у тах ~ 4 a5sin a'	2
3 Qw 3 + 7sina
. а) Ттах - -
4 65 7 +
ctga 4 + ctga + 3sina\ .	1 / 4 + ctga + 3sin ач2
10sina Jsln«+2^2	2 + lOsina
x [2 f-gg^ + -J- 6 + ^ 2 + з) - {4+:la + 3f" "I . 5.67. a)
\12cosa sina\	2 /	/ B +10 sin a) sin a	'
_ 3QyDb + h) _ 362	_ 3Qz(fe + 6J
Xmax " 2ftbFb + h) ' ' ~ 66 + Л; &j Tmax " 265B6 + Л)(Ь + 2А)"	max ~
= 67,2 МПа; I = 8,71 см. 5.69. xmax = 0,042%-. 5.70. xmax =
0
= 0,144%-. 5.71. ттах = 0,10%. 5.72. ymax = 0, утш = -3,06ga4/(EJz),
6	6
emax = 0,181 qas/(EJz), 6min = -2,57ga3/(EJz). 5.73. г/тах =
= 0, ymin = -l,01g0a4/(EJz), 6max = 0,193 q0a3/(EJz), 6min =

566	Ответы
= -0,807 q0a3/(EJz). 5.74. утах = 0, ymin = 0,08SSq0a4/(EJZ),
6max = 0,0858 q0a3/(EJz), emin = 0,0806 q0a3/(EJz). 5.75. ymax =
= 0,528qa4/(EJz), ymin = -Sqa4/(EJZ), emax = 0,583qa3/(EJz), emin =
= -4,7b qas/(EJz). 5.76. ymax = 0, ymin = -7,98qa4/(EJZ), 6max =
= 2,75 qa3/(EJz), 6min = -6,58 qa3/(EJz). 5.77. ymax = l,Sqa4/(EJZ),
ymin = -4,76 qa4/(EJz), 6max = 4,04 qa3/(EJZ), 6min = -5,96 qa3/(EJz).
5.78. ?/max = I,13ga4/(EJZ), 2/min = -0,744 qa4/(EJz), 6max =
= 1,28 qa3/(EJz), 6min = -1,05 qas/(EJz). 5.79. </max = qa4/(EJz),
утш = -3,30qa4/(EJz), emax = 2,75 qa3/(EJz), emin = -3,92 qa3/(EJz).
5.80.2/max = 1,17 qa4/(EJz), ymin = -4,52 qa4/(EJz), emax = 3,08 qa3/(EJz),
6min = -2,58 qa3/(EJz). 5.81. a) </max = 0,0893 qa4/(EJz), ymin =
= -0,103qa4/(EJz), 0max = 0,189qa3/(EJz), 6min = -0,166qa3/(EJz)',
6) 2/max = 0,250 qa4/(EJz), утш = -0,126 qa4/(EJz), emax = 0,438 qa3/(EJz),
6min = -0,194 qa3/(EJz). 5.82. a) s/max = 0,0583 q0a4/(EJz), утш =
= -0,00838 q0a4/(EJz), emax = 0,250 q0a3/(EJz), 6min = -0,0306 q0a3/(EJz)',
6) 2/max = 0, 2/min = -0,230доа4/(^Л), emax = 0, 6min = -0,308qoa4/(EJZ).
5.83.	a) ymax = 0,667 qa4/(EJz), ymin = -0,0601 qa4/(EJz), emax =
= 1,33qa I\EJz), 6min = —0,118^a. \EJZ)\ 6) ymax = 2,57qa \EJZ),
ymin = -0,0122 qa4/(EJz), emax = 4,10 qa3/(EJz), emin = -0,0506 qa3/(EJz).
5.84.	a) 2/max = 2,67qa4/(EJz), ymin = 0, 6max = 2qa3/(EJz), 6min = 0;
6) 2/max = 1,01 qa4/(EJz), ymin = -0,№13qa4/(EJz), 6max = 1,31 qa3/(EJz),
6min = -0,914 qa3/(EJz). 5.85. a) ymax = 0,222 qa4/(EJz), ymin =
= -0,627 qa4/(EJz), 0max = 0,889 qas/(EJz), 6min = -0,605 qas/(EJz);
6) 2/max = 0,179 qa4/(EJz), утш = -0,480 qa4/(EJz), 6max = 0,984 qa3/(EJz),
6min = -0,492 qa3/(EJz). 5.86. a) s/max = 0, 2/min = -6,21 qa4/(EJz), emax =
= 3,33(?a3/(EJz), emin = -3,13ga3/(EJz); 6) ?/max = 0,432 qa4/(EJz),
ymin = -2,42 qa4/(EJz), emax = 3,58 qas/(EJz), emin = -1,52 qas/(EJz).
5.87.	a) 2/max = 0,148 qa4/(EJz), утш = -0,182 qa4/(EJz), emax =
= 0,163ga3/(EJz), emin = -0,424qa3/(EJz)-, 6) ?/max = 0,857qa4/(EJZ),
ymin = -0,212 qa4/(EJz), emax = 1,24qas/(EJZ), 6min = -0,208 qas/(EJz).
5.88.	a) ?/max = 0,750 qa4/(EJz), ymin = 0, 6max = 0,515 qas/(EJz), 6min =
= 0; 6)s/max = 0,386qa4/(EJz), ymin = 0, 6max = 0,266qa3/(EJz), 6min =
= 0. 5.89. Mzmax = 0,0220qa2. 5.90. Mzmax = 0,0793 Pa. 5.91. |e|max =
= 0,325 Ma/(EJZ). 5.92. утах = 6,59мм. 5.93. \y\max = 0,444мм.
5.94. ymax = 0,254 Pa3/(EJZ). 5.95. Mz = 0,852 M. 5.96. Mz = 47,6 кН • м2.
5.97. 6Б = 0,328 Ma/(EJZ). 5.98. n = 1,76.

Ответы
567
Глава 6
6.1. кп = 0,445; z0 = 1,56; у0 = -1,16. 6.2. о = 134 МПа. 6.3. ор =
= 101 МПа; ос = 99,0 МПа. 6.4. ар/ас = 0,830. 6.5. п = 1,65. 6.6. п =
= 1,07. 6.7. 6 = 3,5 см. 6.8. а = 53,1°. 6.9. кп = -0,292; z0 = -1,416; у0 =
= -1,216. 6.10. кп = -0,885; о = 90 МПа. 6.11. ор = 217 МПа, ос = 249 МПа.
6.12. п = 1,37. 6.13. п = 1,16. 6.14. М = 0,230 кН • м. 6.15. 1,40 см.
6.16. кп = -0,286; zo = -0,6676; у0 = -6. 6.17. ос = 199 МПа. 6.18. ор =
= 115 МПа, ос = 130 МПа. 6.19. п = 1,32. 6.20. п = 1,18. 6.21. 6 = 3,2 см.
6.22. М = 30,6 Н • м. 6.23. кп = 0,385; z0 = -0,2036; у0 = 1,336. 6.24. о =
= 17,1 МПа. 6.25. ор = ос = 157 МПа. 6.26. п = 1,69. 6.27. п = 1,26. 6.28. 5 =
= 2,0 мм. 6.29. 6 = 2,0 см. 6.30. о = 92,8 МПа. 6.31. ор = 197 МПа, ос =
= 225 МПа. 6.32. п = 3,31. 6.33. о = 151 МПа. 6.34. ор = 78,0 МПа; ос =
= 134 МПа. 6.35. п = 1,32. 6.36. о = 120 МПа. 6.37. о = 150 МПа. 6.38. о =
= 192 МПа. 6.39. о = 167 МПа. 6.40. о = 167 МПа. 6.41. о = 74,1 МПа.
6.42. о = 150 МПа. 6.43. о = 188 МПа. 6.44. о = 83,3 МПа. 6.45. о =
= 204 МПа. 6.46.
>?.6.47.|
= 0,888 — .6.48. |т
65
6.49. |х
: = 2,0-. 6.50.
= 1,40 —.6.51- |х|,
= 2,19 — . 6.52. |т„
65
1,37^.6.53. |т|тах
= 1,54-. 6.54.
ах = 2,83^. 6.55. |х|,
.56. о = 96,7 МПа; z0 = 0; у0 = 2,83 см. 6.57. ор = 121 МПа, ос = 79,2 МПа.
.58. п = 1,08. 6.59. п = 1,29. 6.60. п = 1,11. 6.61. ор = 176 МПа, ос =
133 МПа. 6.62. о = 57,9 МПа; о = 27,9 МПа. 6.63. ор = 50 МПа, ос =
16,7 МПа. 6.64. о = 101 МПа. 6.65. ор = 101 МПа, ос = 74,6 МПа. 6.66. п =
1,70. 6.67. о = 52,0 МПа. 6.68. ос = 332 МПа; ос = 31,8 МПа. 6.69. о =
244 МПа. 6.70. г = 0,1866. 6.71. г = 0,1816. 6.72. г = 0,2496. 6.73. г =
0,5486. 6.74. г = 0,1086. 6.75. г = 0,4276. 6.76. г = 0,1296.
Глава 7
7.1. |ЛГж|тах = -qa,
= qa, |Mz|max = - qa2. 7.2. |ЛГж
= qa, \Qy\ma* = qa, |Mz|max = ^qa2. 7.3. |ЛГя.|тах = qa, \Qy\max = qa,
\Mz\max = qa2. 7.4. \Nx\max = P, \Qy\max = P, \Mz\max = Pa. 7.5. \Nx\max =
4	4	4
= n qa, IQylmax = -ga, |Mz|max = -qa2. 7.6. |Л^|тах = qa, IQ^Imax = qa,
6	6	6
\Mz\max = qa2. 7.7. |ЛГж|тах = ^ qa, \C,
4	4
7.8. |Л^ж|тах = -qa, \Qy\max = -qa, \MZ
\MZ
2. 7.9.
= P,
iQ^lmax = P, |Mz|max = 2Pa. 7.10. |Aqmax = P, |Qy|max = P, |Mz|max = Pa.
1	5	25
7.11. |Л^ж|тах = -qa, \Qy\max = -aa, |Mz|max = — qa2. 7.12. |ЛГж|тах =

568
Ответы
= 0,707Р, \Qy\ma* = 0,707Р, |Mz|max = 2Ра. 7.13. \N
x\max =
1га
о ~» 1
z а,
= га. 7.14.
га
. = \^,\Qy\max = \^,\Mz\max = \M.
Vx|max =
|max =
z|max
7.15. \Nx\max = —, \Qy\max = -, \Mz\max = га. 7.16. \NX
IQylmax = qa, |Qz|max = qa, |MK|max = 2qa2, \My\max = 2qa2, |Mz|max =
= 3qa2. 7.17. |ЛГж|тах = qa, \Qy\max = qa, |Qz|max = qa, |MK|,	
\My\max = 3qa2, |Mz|max = qa2. 7.18. |ЛГж|тах = qa, \Qy\max = qa, \QZ
3	3
= qa, |MK|max = - qa2, \My\max = - qa2, |Mz|max = qa2. 7.19. |iVx|max = qa,
IQylmax = qa, |Qz|max = qa, |MK|max = ^qa2, \My\max = 2qa2, |Mz|max =
= 2qa2. 7.20. |ЛГж|тах = qa, \Qy\max = qa, |Qz|max = qa, |MK|max = 2qa2,
\My\max = 2qa2, |Mz|max = qa2. 7.21. |ЛГж|тах = qa, \Qy\max = qa, |Qz|max =
= qa, |MK|max = 2qa2, \My\max = 2qa2, |Mz|max = Sqa2. 7.22. |iVx|max = qa,
3	3
= qa, |Qz|max = qa, |MK|max = - qa2, \My\max = ~^qa2, \MZ
max —
2
= 2qa2. 7.23. |iVa.|max = qa, IQJmax = qa, |Qz|max = qa, |MK|max = 2qa2,
\My\max = 2qa2, |Mz|max = 2qa2. 7.24. |iVa.|max = qa, IQJmax = qa, |Qz|max =
= qa, |MK|max = qa2, \My\max = 2qa2, |Mz|max = qa2. 7.25. |ЛГж|тах = qa,
IQylmax = qa, |Qz|max = qa, |MK|max = qa2, \My\max = 2qa2, |Mz|max =
= 2qa2. 7.26. 5Л)Ж = О, 8А>1/ = B +
6 «в	3 EJ .
16 EF
. 7.27.
8 - Pa* 7
EJZ
2	or 4	or 4
7.31. 6Б = -- -^-. 7.32. 5Л = -— ^—. 7.33. ЬА = -— -^-. 7.34. 54 =
3 EJ
4 EJZ
12 EJZ
53 qa4
72 ЁЛ
1 ma2
8 ЁЛ
131
251
"96"
5 ql
7.38. еБ = -^-. 7.39. 5Л = -
25 ql4
21
2 EJ,
7.42. eB = --
Q«*
\ qa4
. 7.46. 5Л =
. 7.43.
115
7.49. 6Б = -:
с 4
7.54. 54 . =
18 EJZ	 a
_ ^qaf_
~ 15 ~WTZ' ' ' l
;.7.47.ВБ = 4
5 qa4
= jg ^j"- 7.41. 6Б =0.
43 qa4 „
^=48ЁЛ-7-45-^ =
qa3	17 qa4
——. 7.48. 54 = —
12 EJ'
I
- -I ^ «'•
24 E
16 qa4
' 27 EJZ '
22
7
- 7.55.
_3_
10

Ответы569
8 да4	_ 20 qa4
757 8
7.66. 5^ = qa4
ED l(bJz)DC
7 fi7 R = ^! Г5
* " E
2
7.68.	5# = qa
7.69.	5^ = qa
7.70.	5# = qa4 -
L 4\hjJy)ED	\b
7.71.	5^ = ga4		+		+ y^
13(EJZ)ED 6(EJy)DC (GJK)DC
7.72.	5я = qa4 \ ]	—^	+
\_2{bJz)ED (bJz)DC
7.73.	5# = -— . . h ,„ , x h
2 L2(ilJj	{hJ)
_
7.74. 5я -
{hjJz)DC
1	1
+
f
[2(?7Jy)M + {EJy)DC (GJK)
~ 20 ETZ- 7-56> 8а- - 9 ВЛ' 8л-» " 9 fiJ/ 7>57- 8*" " 27 EJ?
2 оо4	4 Ро2	тгРа3
8^» = # вл•7-58-9в = "з вл•7-59-8*- = EJ7'8^.» = °-7-60-9* =
= 0,461-^-. 7.61. 5AtX = -3,12^-, 5AtV = -3,14^-. 7.62. ЬА,Х =
rLJz	rLJzia	tLJz
= -0,072^-, bAty = 0. 7.63. еБ = 1 АоЩ-. 7.64. еБ = 1,95-^. 7.65. 5^ =
^	42^
DC (GJK)DC
P/3	PI3	7 PI3	PI3
Ь	776 6	5 16
P/	PI	7 PI	PI
7.75. 6, = -A—4, Ь. = -ш 7.76. 6, = - -;, 5, = -16-^. 7.77. 6, =
1 PI3	PI3	7 PI3	PI3	nl4
= ^^ = 16-7-78- 8*4 w«5г =2 w-7-79-s^ = W'
й7805	6 ^ 781 « O 6
I ^1 7 Я9 я - ^_ff_ s _^3_Pf	_A^il
" 8 Я64'	w " 432 Eb4' z ~ Ю8 Eb4'	У ~ 32 Eb4'
5г = -II?-7-84-6" =  й'5* = -I w-7-85-w =17'8 МПа;
5 = 17,4 мм. 7.86. d = 6,05 мм; n = 6; b = 6,12 мм; щ = 8,7; 7^ = 1,83.
7.87. ттах = 54,1 МПа; 5 = 20,4 мм; U = 10,2 Дж. 7.88. ттах = 29,3 МПа;

570	Ответы
п = 6,46. 7.89. ^^- = 0,743; ^ = 0,881. 7.90. ттах = 0,768[т]. 7.91. Р =
Ттах 2	02
= 323 Н. 7.92. с = 6,09 кН/м. 7.93. Р = 50,3 Н; 5 = 260 мм. 7.94. d =
= 40,0мм;п = 8. 7.95. с = 132 кН/м. 7.96. Р = 1,11 кН. 7.97. Pi =11,0кН;
Р2 = 8,96 кН; 5 = 55,8 мм; ттах i = 182 МПа; ттах 2 = 314 МПа. 7.98. Pi =
= 101 Н; Р2 = 299 Н; 5i = 162 мм; 52 = 102 мм; ti = 202 МПа; т2 = 359 МПа;
f/i = 8,07 Дж; U2 = 15,3 Дж. 7.99. Рг = 2,51 кН; Р2 = 2,02 кН; 5 = 50,1 мм;
Т1 = 167 МПа; т2 = 134 МПа. 7.100. d = 4,33 мм;п = 8. 7.101. ттах i =
= 107 МПа; ттах 2 = 241 МПа; ?Л = 72,8 Дж; U2 = 48,3 Дж. 7.102. М =
= 96,5 Н • м. 7.103. с = 183—; U = 1,09 Дж. 7.104. М = 10,9 Н • м.
м
7.105. d = 12,7 мм. 7.106. отах = 254 МПа; ф = 1,09 рад; ппр = 1,02.
В ответах к задачам 7.107-7.114: Rx,a — положительные реакции на-
направлены вправо, отрицательные — влево; Ry,A — пол ожи тельные вверх,
отрицательные — вниз. Пол ожи тельные перемещения — в сторону действия
нагрузки.
7.107. RX,A = 0,435Р; Ry,A = 0,140Р; 5Р = 0,210Р/3/ (EJZ).
7.108.	RX,A = -0,309Р; Ry,A = -0,332Р; 5Р = 0,184Р/3/ (EJZ).
7.109.	RXiA = 0,298Р; Ry,A = -0,947Р; Ьр = 0,805Р/3/ (EJZ). 7.110. RX,A =
= -0,127М//; Ry,A = -0,842М//; Фм = 0,201М// (EJZ). 7.111. RX,A =
= 0,251М//; Ry,A = -1,37М//; Фм = 0,839М// (EJZ). 7.112. RX,A =
= -1,ЗМ//; Ry,A =0,ЗМ//;Фм = 1,03М// (EJZ). 7.113. RX,A = -1,19M//;
RyA = -0,ЗМ//; Фм = 1,09М// (EJZ). 7.114. RX,A = 0,184Р; Ry,A = 0,141 Р;
5р = 0,246P/3/(EJz).
В ответах к задачам 7.115—7.122 и далее обозначение внутренних силовых
факторов в сечении Л с индексом «лев» («прав») соответствует их значениям
слева (справа) от сечения.
7.115. NA = 0, Qa = 0,0197^; МА = 0, |Q|max = l,02ql; |M|max =
= O,bql2- 7.116. NA =0;QA = -0,669gZ; MA = 0, |Q|max = 1,33^; |M|max =
= 0,669qZ2. 7.117. NA = 0, Qa = -1,1 P; MAeB = PI; MA = 0, Mn/aB =
= ~ph IQImax = 1,1P; |M|max = PL 7.118. NA = -0,193^; QA = 0;MA= 0;
IQLax = 0,807^; |M|max = 0,212ql2. 7.119. 7VA = 0,369^; Q^ = 0, Мл =
= 0. IQLax = Я1, |M|max = 0,5gZ2. 7.120. NA = 0, Qa = 0,275 ql; MA =
= 0, |Q|max = ql, |M|max = 0,5ql2. 7.121. ЛГд = -0,598P, QT = P, Qa =
= 0, QTB = -P, MA = 0, |Q|max = P, |M|max = 0,567P<. 7.122. NA =
= 0,Qa= 0,0787P; Мл = 0, |Q|max = l,08P; |M|max = PI. 7.123. bK_K =
= 0,015Ро3/(?Л) — сечения расходятся. 7.124. срк = l,06qo3/ (EJZ) —
по часовой стрелке. 7.125. <рк = 0,0357qo3/ (EJZ) — против часовой стрел-
стрелки. 7.126. <рк = 0,161<?а3/ (EJZ) — против часовой стрелки. 7.127. Ьк =
= 0,16qa4/ (EJZ) — влево. 7.128. Ък_к = 0,097qa4/(EJZ)—сечения сходят-

Ответы	571
ся. 7.129. Ьк = 0,147qa4/ (EJZ) — вправо. 7.130. Фк = 0,188ga3/ (EJZ) —
по часовой стрелке.
В ответах к задачам 7.131-7.136 в скобках приведены реакции в опорах.
Положительные реакции: силы направлены вверх, моменты — против часо-
часовой стрелки.
111^	31 л/г	65 l2 л/г	46 l2
7.131. Qmax = -—ql, Qmin = -l^Ql, Мтах = —ql2, Mmin = -^ql2
oo	^^	oo	??
17 о	31	147	65 \
Ma = --ГТ ql , Ra = -T^qli Rb = ~^~ ql, Re = ^ ql • 7.132. Qmax =
44	//	oo	oo /
3 , r,	29 , ^	5 l2 пж	4 l2 /	1 l2 „
= q <?/, Qmin = ~^ql, Mmax = - ql , Mmin = -- g/ МЛ = — ql , Дл =
= —^ <?/, Яв = - ql, Re = —^ <?/ 1 • 7.133. Qmax = т— g/, Qmin = ~T^ qlt
Mmax = 0,270g/2, Mmin = —~tz ql2 [Ma = — ~7zql2, Ra = —~7zql, Rb =
22o	lb \	5	21
= TW^ Яч Rc = -TW^ql]- 7.134. Qmax = -ql, Qmin = -—ql, Mmax =
135	135 у	4	8
2	5 2 /	21	31	7	1 \
= 2g/ , Mmin = ~t: ql ( Ял = —^~ ql, Rb = ~^~ ^ь5 Rc = ^ ^'5 До = — — ql 1 •
8	\	о	8	8	8 J
9	7	13	14 /
7.135. Qmax = о Я1, Qmin = ~ X ^/, Mmax = 7ГТ 9^? ^min = ~ Wl Q^ ( ^Л =
о	о	24	z4	у
7	9	11	1	1 \
= — ql2, RA = q g/, Яв = — g/, Mc = - <?/2, Дс = -^ g/ • 7.136. Qmax =
12	8	8	о	2 J
24 , л	28 ,„	14 a „	10 ., /„ 18
^	n = -^ ql, Mmax = — ql2, Mmin = ~^Ql2 Ыа = ^ ql, Rb =
52	15	9 \
= — ql, Re =	ql, Rd = —w^qI)- 7.137—7.148. См. ответы к силовым
2	2	2O j
1 Л	1 ^	1 К
задачам 2.18-2.29. 7.149. Ni = — g/, 7У2 = — ql, Ry,A = ^ ql (вверх),
?*j	A*j	A*j
Rx A =0. 7.150. N = 0,73P; Ry,A = 0,5 P (вверх). 7.151. N = —ql, RX,A =
49	3
= —ql (влево), Ry,A = —ql (вверх). 7.152. N = 0,39P; Qл = Ma = 0, Na =
= -0,5P; QT = 0,195P; QnApaB = -0,195P. 7.153. N = —P, MA = j^Pl
(против часовой стрелки), Rx,a = jz PI (влево), Ry,A = 0. 7.154. N1 = N2 =
= 0,221 P; Na = Qa = MA = 0, QT = ~P 1% QT* = P/2-
В ответах к задачам 7.155-7.160 внутренние силовые факторы приведены
в соответствии с правилом знаков, индексами «и» и «к» обозначены изгибаю-
изгибающий и крутящий моменты.

572	Ответы
7.155. QA = Mk,a = О, МИ)Л = 0,352да2. 7.156. Qz,a = МхЛ = 0,
MVia = -1/9M (Qz,a, MXia — обратно симметричные факторы, MVia —
прямо симметричный фактор в сечении А по плоскости симметрии системы,
п ав	5\/2
проекции силы и момента на оси ПДСК Axyz), М^Х = МИРА =	— М,
'	У
М™Х = ^Y~ М, М^РХВ = ~^Y~ М. 7.157. QA = МК,А = 0, МИ)Л = 0,258да2.
7.158.	QA = Мк,а = 0, М?еД = М, М^в = -М, МИ)Л = -0,071 М.
7.159.	QA = -0,538да; Ми,д = 0, Мк,л = -0,103да2. 7.160. QA =
= МК,А = 0, QT = Р, Q7aB = -Р, М»,А = 0,637 Ра. 7.161. Mmax =
Р /?^	Р /?^
= 0,142—-, |Mz|max = 0,414РЯ. 7.162. \w\max = 0,421—-, \MZ
hjz	hjz
= 1.24РД. 7.163. |и»|т„ = 0,159^, |Mz|max = M. 7.164. |w
. 7.165. |гу|тах = 0,087-^	, \MZ
4
EJ~Z
= 0,042 — , |Mz|max = 0,363РЯ. 7.168. \w\max = 0,078^, |Mz|max
= M. 7.169. \w\muc = 0,042^-, |Mz|max = 0,185дЯ2. 7.170. \w\muc =
= qR2. 7.166. Hmax = 0,052^-, |Mz|max = 0,414дД. 7.167.
= 0,028^-, |Mz|max = 0,320РЯ. 7.171. \w\max = 0,055^, |Mz|max = М.
7-172. |«,|тах = 0,055^, |Mz|max = М. 7.173. 5Л = 0. 7.174. еВ)Х =
= 56,2 ^-g. 7.175. ев,ж = -0,920 ^-. 7.176. ев,ж = -8,13 ^.
ла	hid	hid
7.177. 9s,, = 6 ¦?-;. 7.178. ев>ж = 46,3 -??. 7.179. 9B>:c = -10,2 -??.
hid	hid	hid
7.180. 5AtX = -40,7 1^. 7.181. 5A,X = 35,7 -|Ц-. 7.182. 5A,X = -0,75 -^-f.
hid	hd	hd
7.183. 5Л = 3,70 -g-. 7.184. 6Л = 5,92 -g-. 7.185. 6Л = ^щ-. 7.186. 6Л =
= 0,118 ^—. 7.187. 5Л = 30,0 мм. 7.188. ЬА = 0,792 ^—. 7.189. 6Л =
hi Jz	hi J z
= 2,74 мм. 7.190. 5Л = 34,7 ^—. 7.191. ЪА = 37,7 мм. 7.192. 5Л =
? J
= 5,2 мм. 7.193. 6Л = ^^. 7.194. ел = 0,0467 ^. 7.195. ел = 3,59 ^-.
hi J z	h J z	h J z
7.196. 6C = 0,0645 рад. 7.197. 5C = 0,0499 мм. 7.198. omax = 62,5 МПа.
7.199. omax = 41,7МПа. 7.200. omax = ЮОМПа. 7.201. omax = 75МПа.

Ответы	573
7.202. omax = 45,8 МПа. 7.203. omax = 26,8 МПа. 7.204. omax = 79,5 МПа.
7.205. omax = 71,4 МПа. 7.206. omax = 93,8 МПа. 7.207. omax = 53,6 МПа.
Глава 8
(Приведен один из возможных вариантов координат нормальных векторов
площадок; размерность напряжений — МПа, удельных энергий — кДж/м )
8.1. pv = C4,1; 15,0; 59,5); аг = 90; о2 = 60; о3 = 30; vi = @,667; -0,333;
0,667), v2 = (-0,333; 0,667; 0,667), v3 = @,667; 0,667; -0,333); ттах = ti3 =
= 30; т23 = 15; т12 = 15; vis = @,943; 0,236; 0,236), v23 = @,236; 0,943; 0,236),
V12 = @,236; 0,236; 0,943); v0 = @,578; 0,578; 0,578), o0 = 60, t0 = 24,5; uo =
= 10,3; иф = 5,57; и = 15,9. 8.2. pv = @,621; 3,62; 0); oi = 6; o2 = o3 = -3;
vi = @,577; 0,577; 0,577), v2 = (-0,615; -0,158; 0,773), v3 = @,537; -0,801;
0,264); ттах = Ti3 = Ti2 = 4,50; t23 = 0; vis = @,788; -0,158; 0,595), v23 =
= (-0,055;-0,678; 0,733), vi2 = (-0,027; 0,296; 0,955); v0 = @,288; -0,221;
0,932); o0 = 0, to = 4,24; uo = 0; иф = 0,167; и = 0,167. 8.3. pv = A0; -40;
14,1); oi = 63,9; o2 = 20,0; o3 = -43,9; vi = (-0,189; -0,982; 0), v2 = @; 0;
1), v3 = (-0,982; 0,189; 0); ттах = ti3 = 53,9; t23 = 31,9; ti2 = 21,9; vis =
= (-0,828; 0,560; 0), v23 = (-0,694; 0,134; 0,707), vi2 = (-0,134; -0,694; 0,707);
v0 = (-0,676; -0,458; 0,577); o0 = 13,3; t0 = 44,2; uo = 0,507; иф = 18,2; и =
= 18,7. 8.4. pv = D; -3; 0); oi = 11,2; o2 = 6,76; o3 = 0; vi = @,851; 0,526;
0), v2 = @,526; -0,851; 0), v3 = @; 0; 1); ттах = ti3 = 5,62; t23 = 3,38; ti2 =
= 2,24; vis = @,602; 0,372; 0,707), v23 = @,372; -0,602; 0,707), vi2 = @,974;
-0,230; 0); v0 = @,795; -0,188; 0,577); o0 = 6,0; t0 = 4,62; uo = 0,103; иф =
= 0,198; и = 0,301. 8.5. pv = (94,6; 89,3; 0); oi = 145; o2 = 100; o3 = 55,3;
vi = @,851; 0,526; 0), v2 = @; 0; 1), v3 = @,526; -0,851; 0); ттах = t13 = 44,7;
T23 = Tl2 = 22,4; vis = @,974;-0,230; 0), v23 = @,372;-0,602; 0,707), via =
= @,602; 0,372; 0,707); v0 = @,795; -0,188; 0,577); o0 = 100; t0 = 36,6; uo =
= 28,6; иф = 12,4; и = 41,0. 8.6. pv = E7,3; -61,6; -32,7); oi = 180; o2 = 90;
o3 = -90; vi = @,667; 0,667; -0,333), v2 = @,667; -0,333; 0,667), v3 = (-0,333;
0,667; 0,667); ттах = ti3 = 135; t23 = 90; t12 = 45; vis = @,236; 0,943; 0,236),
v23 = @,236; 0,236; 0,943), vJ2 = @,943; 0,236; 0,236); v0 = @,578; 0,578; 0,578);
00	= 60; to = П2; uo = 10,3; иф = 117; и = 127. 8.7. pv = C,66; -26,3; 55,6);
01	= 90; o2 = 60; o3 = 60; vi = @,577; 0,577; 0,577), v2 = (-0,615; -0,158;
0,773), v3 = @,537; -0,801; 0,264); ттах = t13 = т12 = 15; т23 = 0; vis = @,788;
-0,158; 0,595), v23 = (-0,055; -0,678; 0,733), vi2 = (-0,027; 0,296; 0,955); v0 =
= @,288; -0,221; 0,932); o0 = 70; т0 = 14,1; uo = 14,0; иф = 1,86; и = 15,9.
8.8. pv = (-6,34; -3,66; -38,3); oi = 60; o2 = 30; o3 = -20; vi = (-0,408;
0,408; 0,816), v2 = @,577; -0,577; 0,577), v3 = @,707; 0,707; 0); ттах = ti3 =
= 40; t23 = 25; tJ2 = 15; vis = @,211; 0,788; 0,577), v23 = @,908; 0,0920; 0,408),
vi2 = @,120;-0,120; 0,985); v0 = @,506; 0,311; 0,804); o0 = 23,3; t0 = 33,0;
Uo = 1,56; иф = 10,1; и = 11,7. 8.9. pv = C1,3; 54,6; 64,3); a = 90; o2 =

574	Ответы
= 90; о3 = -90; vi = @,972; 0,228; -0,0600), v2 = @,0030; 0,243; 0,970), v3 =
= (-0,236; 0,943; -0,236); ттах = ti3 = 90; т23 = 90; т12 = 0; vis = @,523; 0,828;
-0,209),V23 = (-0,165; 0,839; 0,519), vi2 = @,689; 0,333; 0,643); v0 = @,427;
0,816; 0,389); o0 = 30; t0 = 84,9; uo = 2,57; иф = 66,9; и = 69,4. 8.10. pv =
= F7,0; 4,02; 0); gi = 67,1; o2 = 0; o3 = -67,1; vi = @,851; 0,526; 0), v2 = @;
0; 1), v3 = @,526; -0,851; 0); ттах = ti3 = 67,1; t23 = 33,5; ti2 = 33,5; vis =
= @,974; -0,230; 0), v23 = @,372;-0,602; 0,707), vi2 = @,602; 0,372; 0,707);
v0 = @,795; -0,188; 0,577); o0 = 0; t0 = 54,7; uo = 0; иф = 29,0; и = 29,0.
8.11.	pv = G4,1; -3,35; 0); oi = 110; o2 = 39,6; o3 = 0; vi = @,924; 0,383; 0),
v2 = @,383; -0,924; 0), v3 = @; 0; 1); ттах = ti3 = 55,2; t23 = 19,8; ti2 = 35,3;
vis = @,653; 0,271; 0,707), v23 = @,271; -0,653; 0,707), vJ2 = @,924; -0,383; 0);
vo = @,754; -0,312; 0,577); o0 = 50; t0 = 45,7; uo = 7,14; иф = 19,4; и = 26,5.
8.12.	pv = F8,2; 76,3; 0); gi = 104; o2 = 0; o3 = -29,2; vi = @,623; 0,783; 0),
v2 = @;0;l), v3 = @,783; -0,623; 0); ттах = ti3 = 66,7; t23 = 14,6; x12 = 52,1;
Vl3 = (-0,114; 0,993; 0,707), v23 = @,554; -0,441; 0,707), vi2 = @,441; 0,554;
0,707); vo = (-0,093; 0,814; 0,577); o0 = 25; t0 = 57,3; uo = 1,79; иф = 30,5;
и = 32,3. 8.13. pv = F7,1; -44,7; 0); oi = 221; o2 = 79,3; o3 = 0; vi = (-0,383;
-0,924; 0), v2 = (-0,924; 0,383; 0), v3 = @; 0; 1); ттах = ti3 = HO; t23 = 39,6;
Ti2 = 70,7; vis = (-0,271; -0,653; 0,707), v23 = (-0,653; 0,271; 0,707), vi2 =
= (-0,924; -0,383; 0); v0 = (-0,755; -0,312; 0,577); o0 = 100; t0 = 91,1; uo =
= 28,6; иф = 77,4; и = 106. 8.14. гх = 0,114 • 10; гу = 0,524 • 10; ez =
= 0,176 • 10~3; гху = -0,124 • 10~3; exz = 0,124 • 10; eyz = 0; 6 = 0,342 • 10~3.
8.15. гх=гу=г2 = 0; гху = zxz = zyz = 0,186 • 10; 6 = 0. 8.16. гх = -0,305 •
•	10; ?y = 0,314 • 10; ez = 0,667 • 10; гху = 0,124 • 10; zxz = zyz = 0;
6 = 0,757 • 10~4. 8.17. гх = 0,362 • 10~4; гу = 0,238 • 10~4; ez = -0,257 • 10~4;
гху = 0,124 • 10~4; zxz = zyz = 0; 6 = 0,343 • 10~4. 8.18. гх = 0,314 • 10; гу =
= 0,667 • 10; ez = 0,190 • 10; гху = 0,248 • 10; zxz = zyz = 0; 6 = 0,571 •
•	10-3. 8.19. гх = 0,424 • Ю; гу = 0,524 • 10~4; ez = -0,133 • Ю; гху = 0,495 •
. Ю-3; exz = 0,124 • 10; eyz = -0,620 • 10; 6 = 0,343 • 10~3. 8.20. гх = гу =
= ?Z = 0,133 • 10; zxy = zxz = zyz = 0,620 • 10; 6 = 0,399 • 10. 8.21. гх =
= -0,381 • 10; гу = -0,381 • 10; ez = 0,210 • 10; гху = -0,186 • 10; exz =
= -0,619 • 10~4; zyz = 0,619 • 10~4; 6 = 0,133 • 10~3. 8.22. гх = 0,367 • 10~3;
гу = -0,562 • lO; ez = 0,367 • 10; гху = 0,248 • 10; exz = -0,619 • 10~4;
?yz = 0,248 • lO; 6 = 0,172 • 10~3. 8.23. гх = 0,186 • 10; гу = -0,186 • 10;
?z = 0; гху = 0,371 • 10~3; exz = eyz = 0; 6 = 0. 8.24. гх = 0,405 • 10~3; гу = 0,952 •
. Ю-4; ez = -0,214 • 10; гху = 0,155 • 10; exz = eyz = 0; 6 = 0,286 • 10~3.
8.25. еж = 0,321 • 10~4; гу = 0,218 • 10; ez = -0,107 • 10; гху = 0,402 • 10;
zxz = ?yz = 0; 6 = 0,143 • 10. 8.26. гх = 0,190 • 10; гу = 0,810 • 10; ez =
= -0,429 • 10; zxy = 0,310 • 10; zxz = zyz = 0; 6 = 0,571 • 10. 8.27. о*кв =
= 41,2; ОзКВ = 50,6; al^lB = 82,5; o^B = 72,1; o^KB = 70,1. 8.28. al3KB = cl*KB =

Ответы	575
= 50,0; о3"в = о™в = 100; a^KB = 85,0. 8.29. озкв = 121; озкв = 149; о3"в =
= 212; озкв = 184; озкв = 185. 8.30. озкв = озкв = озкв = озкв = озкв = 140.
8.31. озкв = a?KB = 70,0; a?B = о™в = 140; a?B = 119. 8.32. озкв = 400; a?KB =
= 370; о3"в = 600; о™в = 557; a^KB = 540. 8.33. озкв = 383; озкв = 378; о3"в = 567;
о™в = 500; о^в = 511. 8.34. озкв = 72,2; озкв = 75,8; о3"в = 94,3; о™в = 83,1;
а^кв = 87,7. 8.35. озкв = 25,4; о?кв = 51,0; о™в = 128; о™в = 124; а?в = 97,0.
8.36. озкв = 203; озкв = 174; о3"в = 240; о™в = 214; а^кв = 229. 8.37. озкв =
_ Ш _ V _ оп О П _ IV _ 7й О Й Чй ! — п _ HI _ IV _ V _
— °зкв — °зкв — У и, и; озкв — озкв — /о, и. о.зо. озкв — озкв — озкв — озкв — озкв —
. О.оУ. СТЗКВ = ^зкв = °зкв = °зкв = °зкв = AX)\j. O.4U. О3кв = Озкв = °зкв =
= °жв = ^кв = 169. 8.41. Tx,, = ±—- ая. 8.42. oi = 138; увеличится в л/3 раз.
8.43. oi = 160; о2 = 0; оз = -40; а^кв = 180 > [а]р. 8.44. о = 180. 8.45. о3п =
= -55, о^ = -72. 8.46. Для а). 8.47. о = -100. 8.48. o3L = 25; о^в = 21,8.
Глава 9
9.1. d1 ^ 4,89 см, d11 ^ 4,97 см, dm ^ 5,12 см, dw ^ 5,06 см. 9.2. 1/26,8.
9.3. 1,64. 9.4. 1,5. 9.5. Ьш ^ 2,22 см, bw ^ 2,12 см. 9.6. Плоскость наибольшей
жесткости сечения лежит в плоскости изгиба. 9.7. озкв = 160 МПа. 9.8. озкв =
= 50,4 МПа. 9.9. d ^ 4,38 см. 9.10. 5 ^ 2 мм. 9.11. О 2,04 мм. 9.12. b111 ^
^ 4,47 см, bw ^ 4,29 см — проектировочный и поверочный расчеты. 9.13. п =
= 3,87. 9.14. bi ^ 2,91 см, 62 ^ 3,19 см — проектировочный и поверочный
расчеты. 9.15. Р = 246 Н. 9.16. Р = 1,6 кН. 9.17. М = 59,6 Н • м, Мк = 119 Н •
• м. 9.18. М = 52,5 Н • м, Мк = 105 Н • м. 9.19. Р = 2,54 кН. 9.20. Р = 2,2 кН.
9.21. b ^ 4,06 см. 9.22. dm ^ 5,23 см, dw ^ 5,13 см. 9.23. 5 ^ 3,38 мм.
9.24. /ш = 0,709 м; lw = 0,757 м. 9.25. Р = 849 Н. 9.26. Р = 533 Н. 9.27. Р =
= 225Я. 9.28. / = 0,607 м. 9.29. b ^ 2,73 см — проектировочный и поверочный
расчеты. 9.30. Rm ^ 3,34 см; Rw ^ 3,27 см — проектировочный и поверочный
расчеты. 9.31. d ^ 3,16 см. 9.32. d ^ 1,81 см. 9.33. а = 0,91 м. 9.34. q =
= 215 Н/м. 9.35. d ^ 2,71 см — проектировочный и поверочный расчеты.
9.36. R ^ 2,05 см. 9.37. d ^ 2,55 см. 9.38. R ^ 2,1 см. 9.39. d ^ 2,84 см -
проектировочный и поверочный расчеты. 9.40. п = 1,4. 9.41. d ^ 1,51 см.
9.42. О 1,58 см. 9.43. d ^ 1,75 см. 9.44. О 1,72 см. 9.45. О 1,2 см.
9.46. d ^ 1,76 см.
Глава 10
10.1. 5 = 12,9 мм. 10.2. п = 5,10. 10.3. 5 = 2,70 мм. 10.4. 5 =
= 0,0275 мм. 10.5. 5 = 18,1 мм. 10.6. а = 24,4 МПа; о2 = 7,14 МПа.
10.7. 5ц = 0,136 мм; 5К = 0,192 мм. 10.8. 5 = 8,05 мм. 10.9. 5 = 12,1 мм.
10.10. 5 = 14,2 мм. 10.11. 5 = 13,2 мм. 10.12. 5 = 0,345 мм. 10.13. 5 =
= 0,688 мм. 10.14. 5 = 0,375 мм. 10.15. 5 = 0,415 мм. 10.16. ai = 3,79 МПа;
о2 = 0; оз = -0,0453 МПа. 10.17. п = 5,73. 10.18. а = 99,9 МПа. 10.19. а =
= 222,5 МПа. 10.20. а = 143,3 МПа. 10.21. oi = 157,7 МПа. 10.22. п = 2,73.
10.23. п = 2,24.

576	Ответы
Глава 11
11.1. утах = 1,43 мм, Мтах = 0,454 кН • м. 11.2. утах = 1,55 мм, Мтах =
= 1 кН • М. 11.3. Утах = 7,41 ММ, Мтах = 2 кН • М. 11.4. утах = 5,40 ММ,
Мтах = 1,56 кН -м. 11.5. утах = 10,9 мм, Мтах = 1,11 кН • м. 11.6. утах =
= 14,0 ММ, Мтах = 1,46 кН • М. 11.7. Утах = 5,36 ММ, Мтах = 1 кН • М.
11.8. утах = 16,3 ММ, Мтах = 1,57 кН • М. 11.9. Утах = 4,16 ММ, Мтах =
= 1,39 кН -м. 11.10. Мтах = 1,01 кН -м, п = 1,63. 11.11. Мтах = 1 кН • м,
п = 1,53. 11.12. Мтах = 1,02 кН • м, п = 1,63. 11.13. Мтах = 1,20 кН • м,
п = 1,75. 11.14. Мтах = 1,55 кН • м, п = 1,34. 11.15. Мтах = 0,916 кН • м,
п = 1,67. 11.16. Мтах = 1,20 кН • м, п = 1,38. 11.17. Мтах = 1,22 кН • м, п =
= 1,53. 11.18. Мтах = 0,923 кН • м, п = 1,65. 11.19. SK = k2EJ/D12), ц = 2.
11.20. SK = 9n2Ej/l2, [i = 1/3. 11.21. SK = n2Ej/Dl2), \i = 2. 11.22. SK =
= n2Ej/l2, ц = 1. 11.23. SK = 4k2EJ/12, ц = 1/2. 11.24. SK = 18,7?J//2,
\i = 0,727. 11.25. SK = 4,86EJ//2, ц = 1,43. 11.26. SK = 5,43Ej//2, ц = 1,35.
11.27. SK = 2,26EJ//2, \i = 2,09.11.28. SK = 7,99EJ//2, ja= 1,11.11.29. SK =
= 5,75EJ//2, ц= 1,31.11.30. SK = SS,SEJ/12, \i = 0,333.11.31. SK = 9,24кН,
\i = 0,865. 11.32. SK = O,986EJ//2, ц = 3,16. 11.33. SK = 1,94 кН, ц = 1,51.
11.34. SK = 25,2EJ/12, ц = 0,626.11.35. SK = 54,8 кН, ц = 0,710.11.36. ц = 2,
ny = 3,21. 11.37. \i = 1 /2, пу = 2,33. 11.38. ц = 1, пу = 3,21. 11.39. ц = 0,727,
пу = 3,24. 11.40. ц = 1,35, пу = 2,75. 11.41. ц = 1,11, пу = 2,63. 11.42. ц = 2,
№ 24. 11.43. \i = 1 /3, № 24. 11.44. ц = 1,43, 50 х 50 х 4. 11.45. ц = 2,09, № 27.
11.46. \i = 1,31, 100 х 65 х 8. 11.47. SK = 4,62EJ//2. 11.48. SK = 2,67 кН.
11.49. SK = 4,92 кН. 11.50. 5K = 2,34 кН. 11.51. 5К = 5,18EJ//2.11.52. ?к =
= 3,85 кН. 11.53. SK = 8,16 кН. 11.54. SK = 4,95 кН. 11.55. SK = 2,73 кН.
11.56. SK = 10,9 кН. 11.57. SK = 7,41 кН. 11.58. SK = 29,7кН. 11.59. SK =
= 10,8 кН. 11.60. SK = 7,54 кН. 11.61. SK = 3,02 кН. 11.62. ц= 1. 11.63. ц =
= 2. 11.64. ц = 2. 11.65. ц = 1. 11.66. ц = 1/2. 11.67. Мтах = 0,226 кН • м,
Утах = Ю,5 ММ, П = 1,30. 11.68. Мтах = 0,300 КН • М, утах = 29,8 ММ, П =
= 1,26. 11.69. Мтах = 0,163 кН • м, утах = 20,2 мм, п = 1,66. 11.70. Мтах =
= 0,128 кН • м, утах = 16,4 мм, п = 2,01. 11.71. Мтах = 0,130 кН • м, утах =
= 3,59 мм, п = 1,84. 11.72. Мтах = 0,144 кН • м, утах = 2,80 мм, п = 1,77.
11.73. qK = 3^. 11.74. qK = 3^. 11.75. qK = 5,04^. 11.76. qK = 8^.
/t	.it	tt	tt
rp j	rn j	rn j
11.77. qK = 22,1—g-. 11-78. gK = 15—3-. 11.79. gK = 32,4^. 11.80. qK =
R	R	R
= - ^. 11.81. gK = 1,39^.
9 Rs	Ч	Rs
Глава 12
12.1. F ^ 1,09 см2; 5 = 0,281 мм. 12.2. F ^ 1,64 см2; 5 = 0,249 мм.
12.3. / = 1,02 м. 12.4. co = 44,7 c; со = 39,9 c.
В ответах к задачам 12.5-12.7 Р = marl.

Ответы	577
12.5. NA = 0,Qa = P, Ma = PI, NB = P,QB = 0, MB = PL 12.6. NA =
= 0,QA = P, Ma = Pl,NB = 2P, Qb = 0, MB = PL 12.7. NA = P,QA = 0,
MA = PL
В ответах к задачам 12.8-12.12 q = pFco2/.
12.8. ЛГд = 0, QA = Sql/2, MA = ql2", NB = 2ql, Qb = 0, MB = ql2 •
12.9.	NA = 0, QA = ql, MA = ql2/2, NB = Sql/2, QB = 0, MB = ql2/2.
12.10.	NA =0, QA = 0, Мл = 2ql2, NB = 3ql/2, QB = 0, MB = 3ql2/2.
12.11.	NA =0,Qa = -ql, MA = ql2/2, NB = Sql/2, QB = 0, МБ = g/2/2.
12.12.	Л^л = 0, QA = -ql, MA = ql2/2, ЛГБ = 0, QB = l,2bql, MB = bql2/2.
12.13.	d ^ 3,24 см. 12.14. d ^ 1,64 см. 12.15. d ^ 1,35 см. 12.16. d ^ 3,46 см.
12.17. d ^ 4,01 мм. 12.18. d ^ 1,94 см. 12.19. d ^ 4,02 см. 12.20. со = 32,7 c.
12.21. 5a = 8,77 mm.
Ответы к задачам 12.22-12.45 получены с использованием формул A2.13)
или A2.14).
12.22. X = 22,1; 5 = 9,02 мм; о = 108 МПа. 12.23. X = 9,03; 5 = 2,22 см;
Отах = 133 МПа. 12.24. о = 26,8 МПа; 5А = 0,134 мм. 12.25. oi = о3 =
= 17,5 МПа; о2 = 23,3 МПа; 5А =0,117 мм. 12.26. 5тах = 1,19 мм. 12.27. Х =
= 55,0; отах = 80,9 МПа; 5А = 3,63 мм. 12.28. X = 42,2; отах = 62,1 МПа;
5А = 4,73 мм. 12.29. X = 18,1; Мтах = 319 Н • м, 5А = 5,54 мм. 12.30. 5А =
= 2,41 мм; отах = 138 МПа. 12.31. Ха/Хб = 1,22. 12.32. v0 = 4,01 м/с. 12.33.
a) km = 0,236; б) km = 0,2; в) кт = 0,226. 12.34. кт = 0,375. 12.35. кт = 0,5.
12.36. а) кт = 0,333; б) кт = 0,2; в) кт = 0,5. 12.37. 1,22. 12.38. /тах =
= 1,5 м. 12.39. vo = 4,12 м/с. 12.40. 5 = 1,34 мм; о = 46,8 МПа и 5 =
= 1,21 мм; о = 42,4 МПа. 12.41. Я = 0,235 м. 12.42. Напряжения оди-
одинаковые. 12.43. о = 141 МПа. 12.44. со = 31,3 с. 12.45. / = 0,453 м.
12.46. со = 19,3с. 12.47. со = 24,5с. 12.48. с2 = 5,37 Н/м. 12.49. Ро =
= 40 Н. 12.50. со = 48,8с. 12.51. со = 45,8с. 12.52. Е = 7,30 • 104 МПа.
12.53. со = 2640с. 12.54. со = 2560с. 12.55. со = 68,5 с. 12.56. со =
= 91,3 с. 12.57. со = 65,4 с. 12.58. со = 32,6 с. 12.59. со = 699 с.
12.60. со = 9,13 с. 12.61. со = 974с. 12.62. со = 20 с. 12.63. со =38,7с.
12.64. со= 150с 12.65./ = 98,6 см. 12.66. х = 75,3 см. 12.67. уд = 6,39 мм;
од = 136 МПа. 12.68. уд = 2,79 мм; од = 25,1 МПа. 12.69. фд = 0,0133 рад.
12.70. со! = 233с, С02 = 379с. 12.71. coi = 44,5c; Ai = Ci(l;l)T; co2 =
= 185с, А2 = С2A;-2,09)Т. 12.72. coi =36,1 с; Ai = Ci(l; 2,41)т; со2 =
= 126с, А2 = С2A;-0,414)т. 12.73. coi = 1,83c; Ai = d A;-1,85)T;
со2 = 11,1 с; А2 = С2A;0,542)т.
Глава 13
13.1. Рпр = 53,1 кН. 13.2. Рпр = 66 кН. 13.3. Рпр = 132 кН.
13.4. Рпр = 88 кН. 13.5. Рпр = 88 кН. 13.6. Рпр = 117 кН. 13.7. Рпр =
= 65,3 кН. 13.8. Рпр = 55,0 кН. 13.9. Рпр = 124 кН. 13.10. Рпр =
19 А. Г. Горшков и др.

578	Ответы
= 77,6 кН. 13.11. Рпр = 155 кН. 13.12. F = 11,3 см2. 13.13. F =
= 4,55 см2. 13.14. F = 2,28 см2. 13.15. F = 2,28 см2. 13.16. F = 7,56 см2.
13.17. F = 4,55 см2. 13.18. а = 63,8°. 13.19. Рпр = 80 кН. 13.20. Рпр =
= 64 кН. 13.21. Рпр = 80 кН. 13.22. Wznp = 2bh2/3, Wynp = 2hb2/3,
Wzup/Wyup = 2. 13.23. Wznp = bh2/4, Wznp/Wz = 1,5. 13.24. Wznp =
= h2 (b? + bl- (bj + b\)yj{b\ + &D/2) [3(fc2 - b,)]-2, Wzup/Wz = 1,57.
13.25. Wznp = d3/6, Wznp/Wz = 16/C%). 13.26. Wznp = (D3 - d3)/6,
Wznp/Wz = 32/Cтг). 13.27. Wznp = d25, Wznp/Wz = 8/n. 13.28. Wznp =
= 45 см3. 13.29. Wznp = 25,9 см3. 13.30. Wznp = 119 см3. 13.31. Wznp =
= 63,6 см3. 13.32. Wzup = 99 см3. 13.33. Wzup = 28,4 см3. 13.34. Wzup =
= 16 см3. 13.35. Wzup = 257 см3. 13.36. Wznp = 17,3 см3. 13.37. Wznp =
= 74,3 см3. 13.38. Wznp = 8,59 см3. 13.39. Pnp = 3,6 кН. 13.40. Pnp =
= 1,44 кН. 13.41. Pnp = 1,6 кН. 13.42. Pnp = 7,2 кН. 13.43. Pnp = 7,2 кН.
13.44. qnp = 6,4 kH/m. 13.45. qnp = 2,4 кН/м. 13.46. qnp = 1,92 кН/м.
13.47. qup = 3,2 кН/м. 13.48. qup = 1,92 кН/м. 13.49. qup = 7,2 кН/м.
13.50. qup = 12,8 кН/м. 13.51. qnp = 12,5 кН/м. 13.52. qnp = 9,6 кН/м.
13.53. qup = 25,6 кН/м. 13.54. Mnp = 1,2 кН • м. 13.55. Мпр = 145 H • м.
13.56. Мпр = 754 Н • м. 13.57. Мпр = 754 Н • м. 13.58. Мпр = 579 Н • м.
13.59. Мпр = 335Н м.
Глава 14
14.1. п = 1,46. 14.2. п = 3,15. 14.3. п = 2,12. 14.4. п = 2,93. 14.5. п =
= 1,95. 14.6. Мк,тах = 1,23 кН • м; MK,min = 0,38 кН • м. 14.7. п = 1,33.
14.8. п = 1,75. 14.9. Мтах = 4,18 Н • м. 14.10. п = 3,12. 14.11. п = 2,20.
14.12. п = 4,44. 14.13. п = 7,66. 14.14. п = 1,52. 14.15. п = 1,65. 14.16. п =
= 1,90.14.17. Р = 2,01 кН. 14.18. MK,min = 619 Н • м. 14.19. Mi = 1,50 кН • м,
М2 = 0,750 кН • м. 14.20. М = 53,9 Н • м, Мк = 27,0 Н • м.
Глава 15
15.1. аА = -80 МПа; ов = 103 МПа. 15.2. Р = 59,6 кН. 15.3. 5 = 92,3^—.
15.4. п = 1,40. 15.5. 5 = 2,05 мм. 15.6. Р = 140 Н. 15.7. отах = 53,8 МПа.
15.8. 6 = 0,0188 рад. 15.9. отах = 112 МПа. 15.10. Р = 243 кН. 15.11. 5 =
= 1,87 мм. 15.12. 5 = 0,445 мм. 15.13. 5 = 0,120 мм. 15.14. 6 = 0,00839 рад.
15.15. п = 1,68.15.16. отах = -59,5 МПа. 15.17. п = 1,43.15.18. 5 = 1,92 мм.
15.19. 5 = 0,379 • 10мм. 15.20. 6 = 0,158 • 10 рад. 15.21. п = 2,25.
Глава 16*
16.1.	ус = 4,43; zc = 2,215; осо = -9,868°, Ji = 322,659, J2 = 71,441.
16.2.	ус = 4,169; zc = -0,02; осо = -1,701°, Ji = 76,921, J2 = 1,681.
16.3.	При а = 0,5: ус = 1, zc = 1, а0 = 45°, Ji = 5,208, J2 = 1,339; при
а = 2: ус = 2,122, zc = 2,122, а0 = 45°, J2 = 24,005, Ji = 44,593.

Ответы	579
16.4.	При а = 0,5: ус = 1,5, zc = 1,25, а0 = -36,463°, J2 = 3,964, Ji =
= 14,861; при а = 5: ус = 2,143, zc = 2,273, а0 = 35,521°, Ji = 46,389, J2 =
= 28,509.
16.5.	При а = 0: 5с = 9,3 мм, 6С = 0,165°; при а = 1: 5с = 12,041 мм,
ес = 0,219°.
16.6.	При а = 0: 5с = 15,104 мм, 6С = 0,388°; при а = 1: 5с = 1,05 мм,
6с = 0,025°.
16.7.	При а = 0: 5с = 8,745 мм, ес = 0,442°; при а = 1: 5С = 10,843 мм,
ес = 0,613°.
16.8.	При а = 0: 5с = 8,184 мм, 6С = 0,46°; при а = 1: 5С = 3,772 мм,
ес = 0,207°.
16.9.	\i = 0,127. 16.10. \i = 0,925. 16.11. \i = 0,643.
16.12.	Qy max = qol, Qy min = -qol, Mz max = l,276(?0/2, Mz min = 0.
16.13.	Qymax = qol, Qy min = -0,273 go*, Mz max = 0, Mz min =
= -2,837go/2.
16.14.	g^ax = 0, Q^min = -3,667g0/, Mzmax = 3(?0/2, Mzmin =
= -0,666g0/2.
16.15.	AUax = 0,325^оЯ, Nmin = -0,667(?o#, Qy max = 1,6679оЯ,
Qy min = -q0R, Mz max = 2,667д0Д2, Mz min = 1,675 q0R2.
16.16. Nmax = -0,ЗЗЗдОД, A^min = -0,667(?O#, Qymax = 0,333^0^,
Qy min = -0,ЗЗЗдоЯ, MZ max = 0, MZ min = -0,333q0R2.
16.17.	Nmax = 0, Nmin = -0,664(?o#, Qy max = 0,75(?ОЯ, Qy min = -0,707,
Mz max = 0,664д0Я2, Mz min = 0.
16.18.	G! = 4,02; vi = @,45; 0,123; 0,885)T; o2 = 2,975; v2 = (-0,497; 0,857;
0,133)T; 03 = -0,995; v3 = (-0,742; -0,5; 0,447)T.
16.19.	gi = 5,2; vi = (-0,249; 0,592; 0,767)T; o2 = 2,431; v2 = @,827; 0,542;
-0,15)T; 03 = -2,248; v3 = @,504; -0,597; 0,624)T.
16.20.	oi = 6,853; vi = (-0,261; -0,723; 0,639)T; o2 = 4,581; v2 = @,557;
0,428; 0,712)T; o3 = -1,434; v3 = (-0,788; 0,542; 0,291)T, pv = B,887; 2,887;
2,309)T, ov = 4,667, tv = 0,471.
16.21.	2/max = 19 мм, ymin = 0, 6max = l,348°,emin = -1,042°.
16.22.	ymax = 0, утш = -22 мм, emax = 0,725°, emin = -1,919°.
16.23.	ymax = 0, утш = -1,715 мм, emax = 0,6min = -0,091°.
16.24.	ymax = 5,845 • 10 при x = 2, а = 1,8; утш = -0,025 при х = 1,24,
а = 2; 6max = 0,064 при х = а = 2; emin = -0,028 при ж = 0.
16.25.	|j/| max = 2,7 мм при х = 2,61 м; |е|тах = 0,517° при х = 3,0 м.
16.26.	\у\тах = 2,7 мм при х = 1,1 м; |е|тах = 0,248° при х = 0,36 м.
16.27.	\у\тах = 2,085 мм при х = 1,53 м; |е|тах = 0,352° при х = 1,23 м.
16.28.	утах = 0,116/, утш = 0, Qymax = l,464(?o/, Qymin = -0,516^0*,
Mzmax = 0,469g0/2, Mzmin = -0,516(?0/2.
16.29.	2/max = 0, 2/min = ,049/, Qymax = l,386(?0/, Q у min = 0,113^0*,
Mzmax = 0,648(?0/2, Mzmin = ,508g0/2.
19*

580	Ответы
16.30.	утах = 0,665/, утш = -0,053/, Qymax = l,752g0/, Qymin = -go/,
Mzmax = g0/2, Mzmin = -0,342g0/2.
16.31.	При к = 0,1: 2/max = 0,015/, утш = -0,017/, Qymax = 0,139g0/,
Qymin = -3,238g0/, Mzmax = g0/2, Mzmin = -g0/2; при /г = 0 — решения не
существует.
16.32.	При Л = 0,1: г/тах = 0, ymin = -5,184 • 10~3/, Qymax = l,021g0/,
Qym-m = -0,898g0/, Mzmax = 0,13g0/2, Mzmin = -0,031g0/2; при к = 0:
2/max = 0, 2/min = -0,097/, Q у max = l,112g0/, Q у min = -l,527g0/, Mzmax =
= 0,548g0/2, Mzmin = -0,661g0/2.
16.33.	При к = 0,1: 2/max = 8,693 • 10~3/, утш = -0,041/, Qymax =
= 0,592g0/, Qymin = -6,292g0/, Mzmax = 0,074g0/2, Mzmin = -2g0/2; при к =
= 0: уmax = 0, утш = -5,05/, Qymax = l,5g0/, Qymin = 0, Mzmax = ~2qol2,
Mzmin = -3,333g0/2.
16.34.	При S = 0: |j/|max = 0,074/, |Mz|max = 0,318g0/2; при 5 = 0,5Sfc:
1^1 max = °'144/' lM*lmax = 0,496go/2; при S = 0,95Sfc: \y\max = 1,139/,
16.35. При S = 0: |j/|max = 0,01/, |Mz|max = 0,529g0/2; при S = 0,55fc:
lM-lmax = 0,565g0/2; при S = 0,95^: \у\тлх = 0,071/,
Глава 17*
17.1. т = Pf ° Pl {PePx + Ре-Рж), где Р =
e — e
-%» о лг EbcFbc n Г 1	EbcFbc 2 , EbcFbcI . 2 1
17.2.	TV = —	— Pcosa	h -=	=—cos aH	-=	rsina .
EabFab	[cos a EABFAB	SEABJ	\
17.3.	Вариант в), N = A/14. 17.4. 53 = B52-5i)/3. 17.5. x = 0,4356.
17.6. C = 23°40'. 17.7. N1 = N4 = 0,3 M/a, N2 = N3 = 0,1 M/a. 17.8. [P] =
= 3,2 [a]. 17.9. P = 0,6P0. 17.10. ттах = ^-. 17.11. P = 0,785d2[o].
17.12. Nab = 2P/3, iVCK = -P/3, iVKD = -4P/3. 17.13. P = 80 кН.
17.14. Д = Ятах = ^-. 17.16. Окружность радиуса Я = 1/4^ +	2
Г
Q2 _|_ Q2
z y
относительно центра тяжести сечения. 17.17. a= 127°. 17.18. Wy = 0,501 d3.
M
17.19. d = 17,3 мм, ЪА = 0,227 мм. 17.20. <р = 	2—. 17.21. Мтах =
nGD h
= 0,25/PD. 17.22. х = 3/. 17.23. <р = °^7М/, i7.24. eD = -19,4 • Ю.
(jrjp
17.25. - = ^ \D\ ~ ^|. 17.26. ттаХ1 = 41,2 МПа, ттах 2 = 35,7 МПа.
Т2	^2 (D$ ~ d\)

Ответы	581
^	¦ ж	лт	гл t т- «« г-, -, о /77 EJz^max	9v3 Е hdmax
= -2 или Мд = МБ = 0. 17.30. Р = 18V3 	-д	, отах = —^	^	•
El T
17.31. 1) G/P = 0, 2) G/P ^ 1 + //Dа). 17.32. Я = 9-=р 17.33. а =
= Zi/л/З . 17.34. М2 = Зда2/2, Р3 = 2да, д2_5 = -д. 17.35. Мдоп = 1,01 кН •
• м. 17.36. А = P13/A6EJZ). 17.37. а = /(>/3 -l) Л/3- 17.38. в 1,2
раза. 17.39. a) h/b = V3, б) h/b = y/2. 17.40. а = 16//19. 17.41. Nmax =
= Р, Qmax = Р, Mzmax = Мк max = PR. 17.42. ? = 10е МПа, р = 13,3 м.
х	2 М
17.43. Ъ(х) = 0,15ум. 17.44. Дс = о ~Г- 1^.45. Изгибающий момент
в середине балки не изменяется, а прогиб уменьшается. 17.46. а = 109°.
17.47. а = 18,4°. 17.48. х = 21/3. 17.49. х = 1/2. 17.50. 5Л = 0. 17.51. Р =
= 2"%~z. 17.52. x = 1/2. 17.53. -f- = 4, 5C = 6 • 10 м. 17.54. 5Л =
= 0,0183 м. 17.55. Р = ,Сз48^7 А' 17>56- Жтах = °'414'' Ртах =
/3
, а = -60°. 17.59. Mzmax = РД/2, iVmax = P, Qymax =
= Р. 17.60. Mzmax = Ра/2, Nmax = РкП ~ \М1-^ + \
\)
= Р/2. 17.61. А = -^-. 17.62. AV = -^A-2v)(l+v), АЛ =
= -^A -v2), Ab = ^A + v), Д< = 0. 17.63. а = /V\ , AV =
h	h	h\ hi
1 — 2v2 Г	4v2
+ 1 PF2l. 17.64. о = -l,58g. 17.65. o^2K =
E2
= 0. 17.66. ay=Gz = -32 кПа, gx = -16 кПа. 17.67. AV = ^f [ 1 -	.,
PI (	2v2
A/ = -^- [l--^— ). 17.68. F = 4,39 • 1(Г4 м2. 17.69. Мдоп =
nd E \ l — v I
5, n = №ЩЕ^±1Ш. 17.70. e = ** 17.71. « = 71,6°.
2hb	5
17.72. n = 2,30.17.73. a = 12,8 см. 17.74. со = 3,36 1/с. 17.75. ai = 75,0 МПа,
o2 = 106 МПа. 17.76. А?Доп = 52,0°С. 17.77. N3 = 8,33 кН.

ПРИЛОЖЕНИЯ
П.1. Основные понятия сопротивления материалов
Здесь приводятся общие определения и аксиомы (гипотезы),
на которых строится наука «сопротивление материалов». На
них основано изложение теоретического материала, приведенно-
приведенного в каждой из глав основной части задачника. Причем полагают-
полагаются известными такие понятия теоретической механики как сила,
масса, температура, перемещение материальной точки, а также
аксиома об абсолютности времени.
I. Объект изучения
Определение П.1. Материальным телом называется
трехмерная геометрическая область G, заполненная материей
(материальной средой). ¦
Для материального тела обычно используется то же обозна-
обозначение, что и для геометрической области.
Аксиома П.1 (гипотеза сплошности). Среда, заполняю-
заполняющая материальное тело, является сплошной. ¦
Определение П.2. Среда называется сплошной, если
в любой области D С G содержится материя. ¦
Кроме того, предполагается, что материал тела обладает сле-
следующими свойствами.
Аксиома П.2 (свойства материала). Материал является
однородным (его свойства не зависят от формы и размеров тела,
а также одинаковы во всех точках) и изотропным (его свойства
одинаковы во всех направлениях). ¦
В сопротивлении материалов, в основном, за исключением
объектов, указанных в гл. 10, рассматривается специальный слу-
случай геометрии тела G — стержень, а также их совокупности.
Определение П.З. Стержнем называется тело G, по-
полученное непрерывным движением вдоль кривой Г = ОоО& пер-
перпендикулярной к ней плоской области D(O), где О Е D П Г. При
этом А, <С /(Г), где X = max diam D <С /(Г), diam D — диаметр
области D, а /(Г) — длина Г (рис. П.1).
Кривая Г называется осью стержня, D — поперечным сечени-
сечением, D(Oq) и D(Ok) — торцевыми сечениями, а граничная поверх-
поверхность стержня без торцевых сечений — его боковой поверхностью.

	П.1. Основные понятия сопротивления материалов	583
Если D(O) = const, то G — стержень постоянного сечения.
Если Г — прямая, то стержень называют прямым, а в против-
противном случае — кривым. Если А, <С R (R — минимальный радиус
кривизны оси), то G — стержень малой кривизны, в противном
P(Ok)
D(O0)
Рис. П.1
случае G — стержень большой кривизны (просто кривой стер-
стержень). В соответствии с видом оси различают также простран-
пространственные и плоские стержни.
Совокупность стержней, соединенных между собой по попе-
поперечным сечениям, называется стержневой системой. Соедине-
Соединения — узлы, а сами стержни — элементы системы, ш
В сопротивлении материалов, как правило, изучаются спе-
специальные стержневые системы — фермы и рамы. Подробно они
рассмотрены соответственно в главах 2 и 7.
Отметим, в учебной литературе для стержня также использу-
используется несколько устаревший термин — брус, который в современ-
современной научной литературе не применяется.
П. Деформации
В отличие от теоретической механики в сопротивлении мате-
материалов рассматриваются деформируемые тела.
Определение П.4. Тело (среда) называется деформи-
деформируемым, если его материальные точки могут изменять свои от-
относительные положения и взаимодействуют между собой. Сам
процесс изменения взаимного положения точек носит название
деформации, ш
В качестве меры деформируемости вводятся следующие ве-
величины.
Определение П.5. Пусть А\, Ач, А% — точки тела G
в начальный момент времени to (до деформации). При t > to
(после деформации) тело занимает область Gf, а точки А\,
переходят в А\, А'2, А% (рис. П.2). При этом и
А
вектор перемещения в точке Л&. Совокупности материальных

584
Приложения
точек, лежащих на отрезках A\A<i и А\ Лз, называются матери-
материальными волокнами, и говорят, что волокна А\А<± и Л1Л3 в ре-
результате деформации переходят в А\А'2 и Л^Лд.
Рис. П.2
Обозначим 8 = \A-\A2\, sf = \A\A2\, si = \A-\As\, п = А\Ач,
т = А\А$ и ф = (nTm), ф' = А\А'2, А\А'Ъ. Тогда As = sf - s
и As/s — удлинение и относительное удлинение волокна А\А2,
Аф = ф' — ф — изменение угла между направлениями пит.
Величины
.. As	1	/гг -1 \
еп = hm—, гпт = - hm Аф	(П.1)
s	?
называются соответственно линейной в направлении п и угловой
между направлениями пит деформациями в точке А\, а упш =
= 2гпт — углом сдвига, ш
Очевидно, в силу определения имеет место равенство:
Если используется прямоугольная декартова система коорди-
координат (ПДСК) Oxyz, то для деформаций в направлениях ортов i,
j, k и между ними применяются следующие обозначения:
	 ?.7:
= ег
(п.з)
^&ху — Уху •) ^&xz — Ухz •) ^&yz — Уу%'
Определение П.6. Деформированным состоянием те-
тела G называется совокупность линейных и угловых деформаций
для всех точек Л G G и любых направлений. ¦

	П.1. Основные понятия сопротивления материалов	585
Дополнительно обычно используется следующая гипотеза.
Аксиома П.З (принцип начальных размеров). Перемеще-
Перемещения и деформации во всех точках и для любых направлений
являются малыми величинами. ¦
Отметим, что эта гипотеза позволяет в определении П.5 при-
приближенно заменить кривые А\А'2 и ^Ц^з на прямолинейные
отрезки. Кроме того, при использовании уравнений равновесия
(кроме задач устойчивости и продольно-поперечного изгиба, см.
гл. 11) она дает возможность полагать, что форма и размеры тела
не изменяются (области G и Gf приближенно совпадают).
III. Силы и напряжения
Пусть тело G ограничено поверхностью П = 8G. Различают
следующие виды действующих на него сил.
Определение П.7 (первая классификация сил).
1.	Сосредоточенными называются силы Р& (к = 1, . . . , Np)
и моменты М/ (/ = 1, . . . , Nm)i приложенные в точках Л&, А\ G
G G или Ah, Ai G П.
2.	К распределенным силам относятся следующие величины.
а) Пусть A G AG С G, АР и Am — вектор равнодействующей
всех сил, действующих на тело AG, и его масса, X = diam AG.
Тогда
АР
li	(П-4)
AeAG
вектор распределенных массовых сил в точке А.
б) Пусть дополнительно AV — объем области AG. Тогда
АР
li	(П-5)
AeAG
— вектор распределенных объемных сил в точке А.
в) Пусть A G АП С П, АР и AF — вектор равнодействующей
всех сил, действующих на поверхность АП, и ее площадь, X =
= diam АП. Тогда
р= lim ^	(П.6)
АеАП
— вектор распределенных поверхностных сил в точке А. ш
Объемные и массовые силы связаны между собой так:
qv = pq™,	(п.7)
где р —плотность материала тела.

586	Приложения
Через сосредоточенные и распределенные силы могут быть
выражены равнодействующие сила Re и момент Ме5о относи-
относительно точки приведения О, действующие на все тело G:
qvdxdydz+
k=1	G	U
NM	NP
1=1	k=\
[r, qv] dxdydz+\ [r, p] dS, (П.8)
G	n
где г = О A — радиус-вектор, г& = О Л& — радиус-вектор точки Л&
приложения силы Р&.
Для стержня в силу его специфики сосредоточенные силы Р&
(к = 1, . . . , Np) и моменты М/^ (/ = 1, . . . , Nm) — равнодей-
равнодействующие всех сосредоточенных сил и моментов относительно
точки О, приложенных в точках сечений с центрами в точках
О&, О/ G Г, и вводятся следующие распределенные силы.
Определение П.8. Пусть G — стержень с осью Г, О G
G АГ С Г, AG — часть стержня с осью АГ, ограниченная соот-
соответствующими поперечными сечениями, А/ = |АГ|, АР и AM —
векторы равнодействующих силы и момента относительно точ-
точки О, найденные по формуле (П.8), где тройные интегралы вы-
вычисляются по стержню AG, а поверхностные — по его боковой
поверхности. Тогда
q= hm __ m= hm ——	(П.9)
— погонные сила и момент в точке (сечении) О. ш
Из определений П.7 и П.8 вытекает связь погонных величин
с векторами объемных и поверхностных сил:
Иг
qvdydz + <Ь
°°	(П.10)
¦A,qv]dydz+ j> [rA,p]ds,
D	8D

	П.1. Основные понятия сопротивления материалов	587
где 8D — кривая, ограничивающая сечение D, a r^ = yj + z\a —
радиус-вектор в плоскости сечения Oyz.
Аналогично (П.8) имеют место следующие формулы для рав-
равнодействующих силы Re и момента ^Ле,О относительно некото-
некоторой точки О, действующих на весь стержень G:
n:1 г	(П.И)
1=1	к=1
[r,
Определение П.9 (вторая классификация сил).
1.	Внешние силы— это все силы и моменты, указанные в опре-
определениях П.7 и П.8. Их вместе с внешними полями (например,
температурой) называют также нагрузками.
2.	Внутренние силы (усилия). Для их определения проведем
через внутреннюю точку A Е G сечение тела поверхностью П
с нормальным вектором v в точке А. Тогда G = G+ U G_, G+ П
П G- = П. Причем П+ = Пс нормальным вектором v+ = v в точке
А — часть границы области G+, а противоположно ориентирован-
ориентированная поверхность П_ (нормальный вектор в точке A v_ = — v) —
часть границы области G- (рис. П.З).
Рис. П.З
Поверхностная сила pv для поверхности П+ в точке А на-
называется вектором напряжений в точке А на площадке с нор-
нормалью v. ¦
Аксиома П.4. Во всех точках А Е G и для любых пло-
площадок вектор напряжений существует (существует и конечен
соответствующий предел (П.6)), и он не зависит от выбора по-
поверхности сечения П.
Поверхностные внутренние моменты отсутствуют (так назы-
называемая «безмоментная среда»), ш
Корректность введенного понятия (возможность рассмотре-
рассмотрения либо одной отсеченной части либо другой) становится оче-
очевидной после введения следующей гипотезы.

588
Приложения
Аксиома П.5 (принцип отвердевания, гипотеза заморо-
женности). В любой момент времени деформируемое тело счита-
считается абсолютно жестким, и к нему могут быть применены законы
теоретической механики. ¦
Отсюда с учетом третьего закона Ньютона вытекает следую-
следующая связь векторов напряжений на площадках с нормальными
векторами v+ = v и v_ = —v:
Pv = -P-v.	(П.12)
Определение П.10. Напряженным состоянием
тела G называется множество векторов напряжений во всех
точках A Е G и для любых площадок.
Совокупность напряженного и деформированного состояний
называется напряженно-деформированным состоянием (сокра-
(сокращенно — НДС), а деформации и напряжения — его компонен-
компонентами, ш
Вектор напряжения принято раскладывать на составляющие.
Определение П.11. Пусть П — плоскость (или каса-
касательная плоскость к сечению), v и ос, р — единичные нормальный
и базисные векторы плоскости П (рис. П.4). Представим вектор
напряжения на этой площадке так:
Pv = Ov +
Gv = OVV, tv = ^va« +
(П.13)
Рис. П.4
Тогда ov и xv называются векторами нормального и касатель-
касательного напряжений, а av и xVa?Tvp — соответственно нормальным
и касательными напряжениями. Если av > 0 (< 0), то нормаль-
нормальные напряжения — растягивающие (сжимающие), ш
Утверждение П.1. (Закон парности касательных на-
напряжений). Для любых v и a (v_La) справедливы равенства:
Tva = xav. ¦	(П.14)

	П.1. Основные понятия сопротивления материалов	589
Если v, ос, P совпадают с ортами i, j, к ПДСК, то применяются
следующие обозначения:
Gx — °жж Gy = Gyy ®z — Gzzi	.	ч
_	(П.15)
^yz — ®yZ'
По отличным от нуля напряжениям в ПДСК различают сле-
следующие виды НДС.
Определение П.12. НДС называется
а)	пространственным, если хотя бы три его компоненты с ин-
индексами, включающими х, у и z отличны от нуля;
б)	плоским, если равны нулю все его компоненты с индексами,
включающими х, или у, или z\
в)	одноосным, если отлична от нуля только одна из компонент
с индексом х, у или z\
г)	плоским чистым сдвигом {чистым сдвигом), если отлична
от нуля только одна из компонент с индексом ху, xz или yz. ш
Отметим, что для реализации НДС б) и в) внешние силы
должны лежать в соответствующей плоскости или на прямой.
Все силы подразделяются также следующим образом.
Определение П.13 (третья классификация сил).
1.	Динамические силы— это силы, зависящие от времени.
2.	Статические силы— это силы, не зависящие от времени. ¦
В сопротивлении материалов, как правило, рассматривается
второй тип сил.
Приведем также еще один опытный факт, часто используемый
при построении моделей сопротивления материалов.
Аксиома П.6 (принцип Сен-Венана). НДС тела вдали от
места приложения нагрузки не зависит от вида ее распределения
по области приложения при фиксированных результирующих си-
силе и моменте. ¦
В частности эта гипотеза позволяет рассматривать такую
идеализацию внешней нагрузки, как сосредоточенные силы.
IV. Связь между напряженным и деформированным состоя-
состояниями
Эта связь является характеристикой материала и обычно
определяется из опыта.
Как правило, за исключением гл.14, рассматриваются так
называемые упругие материалы.
Определение ГГ.14. Материал называется упругим
(идеально упругим), если он обладает способностью полностью
восстанавливать свои форму и размеры после устранения
нагрузок. ¦
Для таких материалов обычно используется следующий опыт-
опытный факт (гипотеза).

590	Приложения
Аксиома П.7 (закон Гука). Для упругого материала си-
силовые факторы (силы, напряжения) есть однородные линейные
функции кинематических характеристик (перемещений, дефор-
деформаций). При этом имеет место и аналогичная обратная зависи-
зависимость.
Например, перемещение ид в точке А по какому-то направ-
направлению связано с внешними силами Р\, . . . , Рп так:
г=1
Стандартные формулировки закона Гука приведены в гла-
главах 1, 4 и 8.
Из принципа начальных размеров и закона Гука при учете
аксиомы П.5 вытекают следующие утверждения.
Утверждение П.2 (принцип суперпозиции). НДС и пе-
перемещения тела, вызванные системой нагрузок, равны сумме со-
соответствующих характеристик, определяемых каждой из нагру-
нагрузок. ¦
Утверждение П.З. Для упругого тела G потенциаль-
потенциальная энергия имеет вид
U = \udxdydz,	(П.17)
где и — однозначная функция деформаций или напряжений, на-
называемая удельной потенциальной энергией, ш
Утверждение П.4 (закон сохранения энергии). Для
упругого тела G справедливо равенство
где U и [/о, Т и То — потенциальная и кинетические энергии тела
в конечном и начальном состояниях, А — работа внешних сил,
совершаемая для перехода из одного состояния в другое.
При этом кинетическая энергия вычисляется так (v — поле
скоростей):
Т = Н [ lpv2dxdydz. ш	(П.19)
В частных случаях закон сохранения упрощается:
— статическое деформирование
(П.20)

	П.1. Основные понятия сопротивления материалов	591_
— статические процессы при начальном недеформированном
состоянии
U = А.	(П.21)
Кроме того, отметим, что в противоположность механизмам
в сопротивлении материалов, как правило, рассматриваются так
называемые кинематически неизменяемые системы.
Определение П.15. Стержень или стержневая систе-
система называются кинематически неизменяемыми, если при пред-
предположении о недеформируемости стержня или элементов стерж-
стержневой системы они остаются неподвижными при любых внешних
нагрузках. ¦
Для этого, как известно из теоретической механики, на тело
должны быть наложены внешние связи, которые, как правило,
реализуются в виде опор. В случае стержня основные типы опор
следующие.
1.	Заделка {защемляющая неподвижная опора). Она исклю-
исключает поступательное и вращательное движение сечения и накла-
накладывает в пространственном и плоском случае соответственно 6
и 3 связи.
2.	Шарнир (шарнирно неподвижная опора). Она исключает
поступательное движение сечения, но не ограничивает его вра-
вращение. Число накладываемых связей — 3 и 2 соответственно.
3.	Каток (шарнирно подвижная опора). Она исключает посту-
поступательное движение сечения в направлении, перпендикулярном
опорной плоскости, но не ограничивает его вращение и посту-
поступательное движение параллельно упомянутой плоскости. Число
накладываемых связей — 1 и 1 соответственно.
Графическое изображение этих опор приведено на рис. П.5 а
(пространственный и плоский варианты) и рис. П.5 5, в (плоский
случай).
V. Внутренние силовые факторы в стержне
В силу малости поперечных размеров стержня в моделях со-
сопротивления материалов кроме напряжений используются сле-
следующие интегральные характеристики.
Определение П.16. Пусть D — поперечное сечение
стержня в некоторой точке О Е Г, a Oxyz — ПДСК, ось Ох
которой направлена по касательной к Г (для прямого стержня
совпадает с Г) и сонаправлена с единичным нормальным векто-
вектором v = i к сечению (рис. П.6).
Внутренними силовыми факторами (усилиями) в стержне
называются векторы результирующих силы R и момента М в по-
поперечном сечении (см. (П.8), где отличен от нуля только вектор

592
Приложения
1=
М
R
Рис. П.6
р = pv, поверхностный интеграл переходит в двойной по обла-
области D, а центр приведения О Е D П Г) и их координаты:
R = Pv dy dz = Ni - Qyj - Qzk,
D	(П.22)
M = [*A•> Pv] dy dz = MKi - My\ + Mzk.
D
Скалярные усилия имеют специальные названия: N и Qy,
Qz — нормальная {осевая) и перерезывающие {поперечные) силы,
Мк и Му, Mz — крутящий и изгибающие моменты, ш
Если вектор напряжений в соответствии с (П. 13) представить
в виде
pv = axi + xxyj + xxzk,	(П.23)

П.1. Основные понятия сопротивления материалов
593
то для нормальной и перерезывающей силы, крутящего и изги-
изгибающих моментов придем к следующим формулам:
N = \ \cxdydz, Qy = -
j j
D	D
,dydz,
= -\ \txzdydz, Mk=\ \(zxzy-zxyz)dydz, (П.24)
j j	j j
D	D
Г Г	Г Г
Му = - \ \cxzdydz, Mz = -\ \axydydz.
D
D
Выбор положительных направлений Qy, Qz, Mz и Му связан
с правилом знаков, приведенным в § 5.1.
Как правило, первым этапом решения задач сопротивления
материалов является определение внутренних усилий и построе-
построение их эпюр (графиков). Он основывается на принципе отверде-
отвердевания, называется методом сечений и обычно проводится в два
этапа.
1. Опоры отбрасываются и заменяются соответствующими
реакциями связей (пример этой операции для плоского случая
приведен на рис. П.7). Для их вычисления используются уравне-
уравнения равновесия всего стержня или стержневой системы.
R
	I	R\
в
Рис. П.7
2. Проводится поперечное сечение бруса. Действие отброшен-
отброшенной части заменяется системой направляемых, как правило, по-
положительным образом внутренних усилий, для определения ко-

594	Приложения
торых составляются уравнения равновесия для оставшейся части
стержня: R + Re = О, М + Ме = 0 (см. (П.22) и (П.11)).
В некоторых задачах первый этап может быть опущен.
При составлении уравнений равновесия часто используются
следующие формальные записи:
?Л- = 0, ?МЛ = О,	(П.25)
означающие проекции уравнения сил на ось Ох и моментов на
какую-либо ось, и аналогичные им.
Однако этих действий может оказаться недостаточно. Поэто-
Поэтому деформируемые стержни или их системы подразделяют сле-
следующим образом.
Определение П.17. Система называется внешне ста-
статически определимой, если число пе уравнений равновесия для
всей системы равно количеству ге реакций, и внутренне стати-
статически определимой, если при известных реакциях число П{ урав-
уравнений равновесия для любой отсеченной части системы равно
количеству Г{ усилий в сечении. Система называется статически
определимой (СО), если она является как внешне, так и внутренне
стати чески определ и мой.
В противном случае (пе < ге и/или П{ < Г{) — систе-
система статически неопределимая (СН). При этом число (s =
= ге — пе + Г{ — щ) — степень статической неопределимости
системы, ш
Отметим, что при пе > ге система является механизмом. Ме-
Методы работы со СН системами (способы раскрытия статической
неопределимости) указаны в соответствующих главах.
VI. Типы расчетов
Основная задача сопротивления материалов — расчет изуча-
изучаемых элементов конструкций на прочность, жесткость, устойчи-
устойчивость и усталость. Последние два понятия и связанные с ними
методы расчета указаны в главах 11 и 14. Здесь ограничимся
первыми двумя типами расчетов.
Определение П.18. Прочность — это способность те-
тела выдерживать внешние нагрузки без возникновения некоторо-
некоторого опасного состояния (разрушения, необратимых деформаций
и т.д.).
Жесткость — это способность тела выдерживать внешние на-
нагрузки без появления кинематических изменений (деформаций,
перемещений и т.д.), превышающих некоторые значения. ¦
Во всех случаях требуется перейти от интегральных харак-
характеристик (внутренних силовых факторов) к локальным (напря-
(напряжениям). В сопротивлении материалов это делается с помощью
следующей гипотезы.

	П.1. Основные понятия сопротивления материалов	595
Аксиома П.8 (гипотеза плоских сечений, гипотеза Бер-
нулли). Поперечные сечения стержня остаются плоскими и пер-
перпендикулярными оси стержня и после его деформирования. ¦
Расчеты на прочность делятся на два типа:
—	расчет по допускаемым напряжениям]
—	расчет по предельным нагрузкам.
Последний метод изложен в гл. 13. Ниже ограничимся лишь
первым типом. В нем полагается, что, исходя из требований к кон-
конструкции и свойств материала, задано некоторое предельное на-
напряжение опр (или предельные напряжения на растяжение опр.р
и сжатие аПр.сM и из анализа НДС выбирается максимальное
напряжение отах (или максимальные растягивающие отах р и
сжимающие отах с напряжения).
Кроме того, вводится следующее понятие.
Определение П.18. Запасом прочности (коэффициен-
(коэффициентом запаса) по растягивающим (сжимающим) напряжениям
деформируемого тела называется число пр (пс), показывающее
во сколько раз необходимо увеличить внешние нагрузки (все или
часть из них при фиксированных остальных), чтобы максималь-
максимальные растягивающие (сжимающие) напряжения стали равными
^ггр.р (Оггр.с)-
Запас прочности п при этом вычисляется так:
п = min (np, пс). ¦
Если материал тела одинаково работает на растяжение и на
сжатие, то, очевидно, п = пр = пс.
Коэффициент запаса зависит от многих факторов: неадекват-
неадекватности выбора расчетной схемы конструкции, разброса значений
экспериментально найденных характеристик материала, неточ-
неточности знания внешних нагрузок и т.д., и, как правило, является
нормативной величиной для каждой отрасли и типа конструкции.
Утверждение П.5. Если напряжения прямо пропор-
пропорциональны внешней нагрузке, то коэффициент запаса может
быть определен через напряжения:
^пр.р = ^р^тах р (^пр.с = ^с^тах cj* *
Отметим, что упомянутая пропорциональность имеет место
во всех случаях, за исключением продольно-поперечного изгиба
(см. § 11.1).
Если коэффициент запаса задан (даны допускаемые (норма-
(нормативные) коэффициенты [п] или [п]р и [п]с), и выполняются усло-
условия утверждения П.5, то вычисляется допускаемое напряжение

596	Приложения
(допускаемые напряжения):
) (п'2б)
Далее полагается, что прочность обеспечивается выполнением
следующего условия (условий):
cWx < Ы (<Wx р < [а]р, отах с < [а]с).	(П.27)
При расчете на жесткость неравенства (П.27) должны рас-
рассматриваться совместно с соответствующими ограничениями на
кинематические характеристики.
Каждые из указанных расчетов подразделяются на два типа:
а)	проектировочный, в котором по части заданных парамет-
параметров конструкции (схеме нагружения, нагрузкам, материалу, гео-
геометрическим размерам и т.д.) определяются недостающие пара-
параметры (например, размеры);
б)	поверочный (проверочный), при котором по всем заданным
параметрам конструкции:
—	либо проверяется выполнение неравенств (П.27);
—	либо вычисляется коэффициент запаса;
—	либо находится допускаемая внешняя нагрузка, т. е. нагруз-
нагрузка, обеспечивающая выполнение неравенств (П.27) (при этом
атах — функция нагрузки).
Если в результате поверочного расчета требуемое неравенство
выполняется или вычисленная величина отличается в худшую
сторону от допускаемой не более чем на 5%, то на этом расчет
заканчивается. В противном случае проектируемый параметр из-
изменяется в нужную сторону и расчет повторяется.
Как правило, проектировочный расчет сложен. Поэтому он
проводится при некоторых упрощающих предположениях. Тогда
поверочный расчет является необходимым завершающим этапом.
В противном случае (за исключением задачи об определении до-
допускаемой нагрузки) он не нужен.

Справочные материалы
597
П.2. Справочные материалы
Единицы измерения некоторых геометрических и
величин (система СИ)
Таблица П.1
м ехан и ч ески х
Обозначение
1, а
F
Jz-i Jy> Jk-j Jp-j
bZ) by
wz, wy, wK
lz, ly
P
M
я
m
P
Л
и
p
О, 1
E, G
V
a
Наименование
Длина
Площадь
Моменты инерции плоской области
Статические моменты плоской области
Моменты сопротивления деформации
Радиусы инерции плоской области
Сила
Момент силы
Погонная сила
Погонный момент
Плотность
Работа
Потенциальная энергия
Давление
Напряжения
Модули упругости
Коэффициент Пуассона
Коэффициент температурного
расширения
Обозначение
единицы
м
м2
м4
м3
м3
м
н
Н м
Н/м
Н
/ з
кг/м
Дж = Н • м
Дж = Н • м
Па = Н/м2,
МПа
Па = Н/м2,
МПа
Па = Н/м2,
МПа
б/р
1/°С

598
Приложения
сб
Я"
К
VD
сб
К
1ИВО
ице)
яё
§1
3-
=? S§
CD *2
a S
1 «
и
5 ^
я°
>» ~
и те
),7)с
Ей.
aV
^ я
D cj
в* 1
1 Е
е
—•
т—I
8
со
1 со
о s
X §2
о.
>
ю
1
О
-4 сб
&
1
^ сб
т—1
1
D
ё
1
а
Мате
00
«о
ю
со
<м
1—1
S
сб и
О CD
„ |
3
? s
Д ис
венно
о g
CD 3
i-O /^q CO
t~~i (^q cq
• • .|.
cq g о
II II II
ii || м
a ,_, гн
^J
О
O5
i—1
||
О
О
•|*
о
cq
со
II
0Q
0
1—1
и
1
1
1
1
1
1—1 (-sq СО
«I* .|. 7.
II II II
и || и
a ,_, гн
^J
О
cq
cq
||
о
cq
•1*
о
cq
со
II
0Q
0
Cq
и
1
1
1
1
1
goo
cq 1—i
•1- .|. .|.
II II 7\
II II
7 J J
о
cq
||
о
•|*
о
00
со
II
0Q
со
и
к
CD
%
I
к
ьного
§
пеци
cq
•1*
о
1—i
cq
II
D
о
СО
II
ю
1
1
1
1
1
1
о
ю
cq
•1*
о
со
cq
II
D
о
||
D
О
cq
о
со
cq
||
S
о
со
II
D
и
cq^
•1-
°l
i—Г
|
1
2,02
1
1
о
ю
•|*
о
cq
¦^
II
0Q
0
cq
о
ю
ь-
•|*
о
о
II
0Q
о

П,2, Справочные материалы
599
сч
1
00
b-
«о
ю
со
<N
1—1
CD
X
M
CD
CO
"^
•1-
CO
i—1
i—1
CO
00
b-
1
о
1—1
о o
т—i ^vi cq
i-4
•|- -1- .i.
§go
l—1 ^^
II II II
II || II
о ° H
О
1—1
cq
II
о
¦^
•1-
= 320
OQ
0
О
i—1
"^
•1-
i—1
i—1
i—1
cq
00
b-
cq
о
cq
° о о
1—1 cq ,-4
•1- .
. .i.
°gg
^ T—1 1—1
II II II
11 II II
о ° H
о
Ю
cq
II
о
о
ю
•1-
= 420
OQ
0
о
cq
CO
Ю
•1-
СО
cq
i—i
cq
00
b-
1
|
•1- .|. .|.
°g°
1-1 cq ^ч
II II и
11 II II
о ° H
о
II
§
CO
•1-
= 500
OQ
0
о
CO
b-
•1-
CO
1—1
1—1
1—1
00
b-
1
о
cq
•• -I--I-
^ cq ^ч
II и и
11 II II
о ° H
о
II
о
ю
b-
•1-
= 610
OQ
Ю
5
сб
H
и
к
К
м
а
s
а?
со
1—i
1—i
ь-
ь-
1
ь-
о
cq
о о
00 СО
со cq
.. .|.
о о
СО 1—1
II II
II II
0 н
О
ю
СО
С
с
D
D
Р
1
о
ю
00
•
= 720
0Q
0
20Х
00
cq
cq
00
ь-
cq^
о
о
ю
о
о
ii
1
D
О
ю
Gi
•1-
О
О
ь-
II
о
ю
(—^
1-4
•1-
= 850
и
D
45Х
00
1—1
1—1
cq
00
ь-
1
о
cq
Sg
CO -^н
II II
D °
300
1—1
•1-
о
II
450
т—1
•1-
1000
II
0Q
0
40ХН
ю
•1-
о
1—1
1—1
ю
00
ь-
1—1
@,8
О
S
cq
о о
Ю 1-4
to со
•1- -1-
§3
^ cq
м м
II II
1 |
100
1—1
•1-
о
Ю
00
II
о
ю
1—1
•1-
= 950
и
0
20ХНЗА
ь-
1—i
1—i
ю
00
ь-
040
cq"
о о
р оо
ь- со
•|. ..
о о
о ь-
ю cq
м м
II II
600
1—1
•1-
о
Ю
00
II
700
в
1—1 ф
* * СО
So
Й II
II н?
0Q
40ХНМА
о
1—i
1—i
ю
00
ь-
1
о4
со
о
$
1—1
о о
•1- -1-
о о
00 00
^ cq
м м
II II
1 |
500
1—i
о
ю
00
700
*Г СО
1100
= 0,
II ?
0Q
ЗОХГСА

600
Приложения
сч
X
Продоле
00
со
ю
со
<м
,—1
3
вкие металл
сб
EJ
С
О
и
ю
^"
19,3
О
1—1
СЧ^
1
1
о
1—1
II
0Q
0
фрам
Воль
10,2
1—i
со
о
22)
1—i
со
со"
о
II
О
00
II
о"
*бден
МОЛ!
8,57
СП
со
о
,88)
1,06
1
о
о
SO
II
о
II
0Q
0
)бий
X
ы й чугун
а
и
сч
•1-
о
1—1
,8 — 7,.
сч
о
•1-
со
сч
о
•1-
0,8
1
1
о °
сч g
IIII
.2-28
и
очный чугу
а
с
о
а
сб
1
1
1
1
1
о
ю
со
II
о"
00
сч
X
и й чугун
03
о
ю
10,
сч^
со
сч
о
,63)
1,55
о о о
1>- <ГЧ 1—|
1 1 1
0 0 к-
^—5 Z^
О5 ^
1—1 ^
IIII
о о
о ^
со со
л\ и
30-6
о
1—1
со^
00
сч
о
,68)
1,74
" II II
^*" ^^
(ГЧ ^^
II ^
о о
о сч
ю ю
Л\ II
0 к-
50-4
3
иевые сплав
л ю м и н
<
сч
2,73
О
,27)
0,71
1 = 50
i
0
ю
II
О
00
II
30,
1—i
II
0Q
Я"
22,
00
сч"
1—1
со
о
,27)
0,71
1 = 75
i
0
о
1—1
1—1
1
о
сч
II
о"
1—1
22,
2,78
,_,
СО
О
,27)
xz'o
о
СЧ
1
о
II
si
i его сплавы
К
сб
Н
00
сч
со
о
,411)
1,121
l =260
I
0
о
<
о
1—1
II
0Q
0
1—1
PQ

П,2, Справочные материалы
601
1
00
so
ю
со
<м
1—1
00
•1-
00
ю
ю
1
•1-
1—1
1—Г
1
о
ю
«
о
ю
"
г 850
= 700^
0Q
0
о
1—1
•1-
со^
00
со
ю
5?
1—Г
о
о
ю
II
1
0
о о
о ю
т—1 00
"•о
о ю
ю ь-
^ II
II s
ё $
г 1800
г 700
1050 ч
= 650 4
0Q
00
оо"
•1-
00
<м
ю
1
ю
1—1
1-4
1
о
о
1—1
.1.
г
о
ю
00
II
-1200
•1-
о
ю
II
0Q
0
1—1
РЗ
3
03
сб
с
о
3
X
ч
18,3
00
1
ю
1-4
1
о
1—1
EH
о
0Q
.77-5
гкая
< 1
1
о
СО
II
0Q
рда5
2 03
^ н
1
1
1
со
1
о о
II II
0Q М
О
0-1
d
PQ
сб
X
S
вес
а
ч
сб
К
К
О
S
Я"
сб
S
03
сб
X
О
л
1
6 6 6
g- к а к
РЗ ^ с и
,54
о
.|.
00
о"
,49
О
ю
о В
*1* §
CQ ^
1—1 s '
т—1 1—1
ю со
II II
а о
Ё Ё
СО
Йв»
•1- •!• .,.
= 93,1
= 42,7
= 6,2-
II II "
0Q О И
0 0Q
D
Сосна
6 6 6
§ с §
03 ^ 03 гН
g- к а к
3 о <к о
РЗ ^ с и
СО
¦^
о"
,44
О
ю
ю
о
о
сГ
1—1
о"
1
СО |>
II II
а о
Ё Ё
со
^Ч ^ СО
= 107-
= 38,5
= 5,2-
|| и м
D
Ч
ы
6 6 6
§с §
g- к а к
3 о <к о
РЗ ^ с ^
СО
о"
со
о"
1—1
ю
сГ
1
II
о
tin
D
Ю
00 CsT
00 1-О
II и 00
0Q
VD
ft

602
Приложения
Я"
К
VD
о «^
си &¦
|§
Q. «в
В «
Si
S3
II
н
ф I
I
Iе
I
8
ев
I
со
iH -О
СО
со
-о
—f
^2'
^а7
со ^
чз I
I
> -о
+
со
^2
-о
I
I | СО

П,2, Справочные материалы
603
со
I
ttj

604
Приложения
со
V
V
ю
о.
со о
II
оо4
ю
ю
со с
Q
ai
о?
00
Я"
S
VD
s
а
С
о"
о
D
О
а
о
е

П,2, Справочные материалы
605
8 °
х 3
211 о*
о
211

606
Приложения
I
? L
I
H I CO
I I CO

П,2, Справочные материалы
607
•W:
Я"
к
Ен
i
-I
!
8
О
i—\
00
CO
cq
1,75
т—1
h/b
0,333
0,313
0,307
0,299
0,282
0,267
0,246
0,239
0,231
0,208
0,333
0,313
0,307
0,299
0,281
0,263
0,229
0,214
0,196
0,141
CQ.
0,742
0,742
0,742
0,743
0,745
0,753
0,795
0,820
0,859
1,00

608
Приложения
ю
С
сб
Я"
К
VD
сб
Е-"
1
8
ю
п
I'
S
I
S.I
8-?
а? К
la
сб С
о
CO |CSI
СО ICN
I CO
s
к
§
а
о
e

П,2, Справочные материалы
609
I со
6
Q"
К
О)
а
ч:
s
<

610
Приложения
to
С
Я"
К
VD
сб
ь-
d>
о
ю
ао
Н
U
О
Масса
1м
длины
профиля,
кг
Справочные величины для осей
о %
1
§
о
1
о
1
*** о
с
о О
с
° о
S
IB
о у
Площадь
сечения,
см2
-о
2
Номер
про-
профиля
ю
1—1
1—1
со
1-й
<м
1—1
1—1
1—1
о
1—1
OJ
оо
со
<м
1—1
0,89
1,15
0,60
0,64
0,81
1,09
0,39
0,38
0,17
0,22
0,75
0,73
0,63
0,78
0,59
0,58
0,40
0,50
1,13
1,46
1—Г
со"
со ^
о
cq
Cq
1,12
1,46
0,73
0,76
1,57
2,11
0,49
0,48
0,34
0,44
0,95
0,93
1,29
1,62
0,75
0,74
0,81
1,03
1,43
1,86
i—Г
со"
со ^
ю
cq
cq"
1,27
0,80
2,20
0,55
0,48
1,07
1,84
0,85
1,16
1,62
1—Г
со
00
cq
1,46
1,91
0,89
0,94
3,26
4,39
0,63
0,62
0,74
0,94
1,23
1,21
2,80
3,58
0,97
0,96
1,77
2,26
1,86
2,43
1—Г
со ^
со
со"

П,2, Справочные материалы
611
ю
1-4
со
<м
1-4
1-4
О
1-4
oo
b-
«о
ю
со
<м
1-4
65
i-4
0,99
0,71
s
i-4
1,39
4,06
о
i-4
2,56
о
cq
1-4
cq
1,04
cq
0,70
8
1,38
5,21
1,09
3,29 |
ю
b-
cq
ю.
i—Г
СО
СО
со"
85
i-4
Oi
О
Ю
СО
0,79
ь-
i-4
1,55
5,63
1,23
3,55
35
cq
со
42
cq
1,13
со
ю
oo"
0,78
i-4
1,53
7,26
1,22
4,58
08
со
1—Г
о
97
cq
ь-
со
ь-
10,
0,78
о
cq
1,54
8,75
1,20
5,53
Oi
b-
co
ю
08
cq
1,21
Oi"
0,89
cq
i-4
cq
1,75
8,13
1,39
5,13
65
cq
CO
CO
b-
cq
to
cq
о
i-4
cq
i-4
0,89
cq
1,74
10,50
1,38
6,63
00
CO
l—Г
Ю
37
CO
1,30
о
CO
15,
0,88
3
CO
1,72
12,70
1,37
8,03 |
о
cq
ю
32
cq
1,33
о
cq
i-4
1,00
Ю
Oi
cq
1,95
11,30
1,55
7,11 1
96
cq
CO
05
CO
1,38
о
i6,
0,99
3
CO
1,94
14,60
1,54
9,21
89
CO
l—Г
о
Ю
Ю
b-
b-
co
1,42
о
Oi
'03
0,98
s
1,92
17,80
1,53
11,20 |
80
Ю
44
CO
cq
ю
о
CO
23,
1,11
i-4
Ю
00
i-4
cq
20,80
1,73
13,10
38
Ю
cq
1,57
о
cq
Oi
cq
1,10
Oi
ю
to
2,16
25,40
1,72
16,00 |
41
ю
cq"
6,0
Ю
it
:T
90
CO
Oi
о
i-4
33,
1,25
00
b-
2,45
29,90
1,95
18,90
96
81
1,74
О
Ю
i—l
1,25
cq
ю
Oi
2,44
36,60
1,94
23,10
CO
i-4
to
cq"
о
b-"
Ю
CO
to
to
cq
b-
ю
00
b-
o
о
50,
1,24
,20 |
2,43
42,90
1,93
27,10
00
cq
b-
to
87
1,88
о
i-4
Ю
1,39
о
cq
i-4
2,72
46,0
2,16
29,0
о
cq
to
38
Ю
о
Oi
b-
to
Ю
1,39
cq
CO
i-4
2,72
50,7
to
31,9
86
to
Ю
39
to
1,94
00
to
1,38
Ю
Ю
i-4
2,71
59,6
2,15
37,6
Ю
i-4
00
cq"
00
to
о
b-
b-
39
b-
1,99
i-4
О
00
1,37
00
i-4
2,69
68,2
43,0
42
Oi
b-
37
00
2,02
Oi
i-4
Oi
1,37
о
cq
2,68
76,4
CO
48,2 |
,70
о
i-4
00

612
Приложения
b-
E
1
о
IO
1-4
со
<N
i-4
i-4
О
Oi
oo
со
<N
1-4
О
00
cq
о
cq
so
oT
SO
1,49
so
i-4
1-4
Oi
cq
so
cq"
SO
i-4
CO
cq
ю
39,
CO
b-"
Ю
00
so"
SO
О
cq
со"
oo
1,48
CO
СЪ
i-4
О
O5
cq
73,
о
CO
cq
SO
46,
oo"
SO
SO
h^
о
cq
m
'86
1,48
i-4
cq
cq
00
cq
en
s
СЧ
cq
CO
53,
о
i-4
О
i—l
со"
b-
ю
b-
cq
стГ
ю
cq
о
113
1,47
00
SI
ь-
00
cq
en
s
00
СЧ
cq
00
59,
О
Ю
i—l
00
О
i—l
О
00
cq
о
127
1,46
ю
h-
cq
SO
00
cq
о
105
ь-
cq
66,
о
00
cq
00
]>_
so"
b-
cq
93,
1,59
00
i-4
cq
i-4
CO
SO
s
cq
h-
52,
SO
oo"
SO
CO
h^
cq
о
102
1,58
Ю
CO
cq
i-4
i—l
CO
90,
h-
cq
о
57,
CO
аГ
i-4
Ю
on"
CO
cq
cq
о
119
1,58
о
h-
cq
о
CO
о
104
Ю
cq
CO
65,
О
00
о
со"
O5
SO
b-
О
00
00
Ю
so
стГ
b-
cq
cq
о
137
1,57
CO
о
CO
00
о
CO
о
116
cq
73,
о
CO
cq
00
CO
CO
on"
CO
cq
о
145
1,79
о
CO
о
Ю
CO
о
130
00
b-
cq
82,
О
SO
О
SO
SO
стГ
b-
cq
о
169
1,78
on
CO
CO
О
150
ь-
b-
cq
CO
94,
О
CO
cq
90
о
i-4
Ю
cq
о
194
1,77
00
CO
00
CO
о
168
SO
b-
cq
о
106
о
O5
CO
со"
о
i-4
b-
00
o
О
cq
cq
ю
Ю
cq
о
219
1,77
SO
on
SO
CO
О
186
Ю
b-
cq
о
118
о
SO
Ю
О
i-4
О
00
SO
cq
о
214
1,99
b-
o
Ю
00
00
CO
о
193
о
со
о
122
о
00
cq
S"
80
о
i-4
b-
cq
о
231
1,98
cq
ю
00
00
CO
о
207
00
о
со
о
131
о
00
со
ь-
о
cq
cq
ю
b-
cq
о
265
1,98
о
SO
h-
00
со
о
233
ь-
о
со
о
147
о
SO
Ю
00
о
1-4
Ю
СО
00
cq
о
333
1,96
ь-
00
со
о
284
ю
о
со
о
179
о
cq
°-
cq
i-4
О
1-4
100
о
1-4
90
ь-
1-4
cq
о
402
1,95
so
00
i-4
00
СО
о
331
со
о
со
о
209
о
00
cq
cq
cq
i-4
О
SO
О
О5
cq
о
472
1,94
со
ел
00
ь-
со
о
375
о
о
со
о
237
о
со
SO
cq
i-4
О
СО
СО
SO
О
СО
О
542
1,94
о
см
1-4
ь-
со
о
SO
i-4
00
cq
о
264
о
ь-
О5
cq
SO
i-4
90
i-4
SO
cq
о
308
2,19
b-
cq
b-
cq
о
279
о
со
о
176
о
cq
ю
i-4
°
cq
i-4
b-
о
i-4
i-4
1—
50
со
о
о
со
о
353
2,18 |
00
1-4
00
00
о
315
СО
со
о
198
о
cq
ь-
i-4
00

П,2, Справочные материалы
613
т—!
^Н
СО
<м
1-4
1-4
О
OJ
оо
«О
Ю
со
<м
1-4
ю
ю
1-4
SO
СО
со
о
516,
СЧ
122,0
00
о
467
00
со
о
СЧ
^
i-4
00
СО
|^_
1-4
О
СО
О
582,
00
сч
135,0
00
о
520
SO
00
со
о
1^
сч
со
о
сч
сч
1-4
О5
1-4
Ю
СО
о
649,
]>-
сч
149,0
00
о
571
ю
00
со
о
о
8
со
сч
СЧ
СЧ
со
ю
со
о
782,
сч
174,0
00
о
670
rN
00
со
о
сч
сч
00
сч
F
1-4
О
сч
Ю
1-4
12,5
сч
so
сч
1-4
SO
СО
О
916,
ю
сч
200,0
00
о
764
о
00
со
о
сч
00
со
со
сч
00
со
1051
сч
224,0
ю
о
853
00
ь-
со
о
со
ю
00
[^_
со
1-4
00
со
о
818,
сч
192,0
ю
о
739
со
о
so
SO
сч
S?
ю
1-4
СЧ
сч
00
со
о
911,
Е
сч
211,0
ю
о
814
со
со
о
сч
1-4
Ю
СО
[^_
сч
1-4
о
о
1-4
1-4
ю
ю
сч
о
со
о
1097
сч
248,0
со
ю
о
957
1-4
со
о
сч
ю
сч
со
сч
сч
о
со
^
ю
со
1-4
со
319
ю
сч
SO
122
1-4
СО
О
О
[^_
СЧ
ю
со
149
00
со
348
сч
SO
i-4
134
ю
^
00
^
со
1-4
СЧ
О5
СО
СО
163
ь-
со
376
со
сч
SO
о
145
^—I
^
СО
сч
о
со
1-4
191
to
со
431
о
сч
SO
сч
166
сч
104
со
со
со^
ю4
1-4
О
1-4
1-4
Ю
00
СО
ю
ю
1-4
219
СО
485
1-4
SO
186
00
^
ю
1>-
1-4
О
СО
со
247
со
со
537
со
1-4
SO
i-4
206
00
^
О5
(.4
00
ю
00
о
^
ср
ю
сч
сч
со
589
о
1-4
SO
00
224
ю
00
^
1-4
о
о
ю
о
со
ю
00
^
00
сч
1-4
сч
О5
Ю
СО
500
о
со
193
о
ю
1-4
СЧ
00
00
со
со
ю
1—
1-4
О
00
1-4
00
1-4
1-4
СО
СО
О5
00
232
00
ю
со
540
о
со
209
О5
Ю
Ю
^
1-4
СО
СЧ
сч
сч

614
Приложения
b-
E
s
s
1
т—!
^H
со
<N
1—1
1—1
о
Oi
oo
b-
«O
Ю
о
b-
co
b-
co
ю
3182
CO
O5
2.
00
b-
896
СЧ
СЧ
СЧ
SO
CO
СЧ
00
1—1
1—1
b-
СЧ
1—1
Oi
O5
CO
СЧ
Ю
3452
Ш
CO
Ю
oo
CO
00
b-
116
CO
1—1
СЧ
SO
1—1
1—1
о
Ю
CO
1—1
00
СЧ
"^
Ю
3722
b-
O5
CO
861
1—1
00
b-
333
CO
о
сч
SO
b-
s
СЧ
<o
Ю
1—1
b-
00
^
Ю
Ю
4264
g
CO
о
O5
00
b-
755
CO
i—l
CO
СЧ
о
сч
6,0
on
1—1
1—1
о
о
сч
о
сч
1—1
о
о
ь-
ю
5355
со
со
сч
00
1—1
сч
560
сч
1—1
SO
1—1
b-
00
сч
ю
о
сч
о
ь-
00
ю
6733
1—1
О5
со
00
со
со
ь-
494
ю
о
со
со
ю
сч
[^_
00
о
8130
00
со
00
00
ю
ю
ь-
351
о
о
;о
о
сч
о
ю
1—1
1—1
о
со
"^
[^_
"^
со
О5
ю
4941
?§
ю
1—1
о
00
470
со
00
SO
1—1
00
сч
о
с
b
00
со
ю
сч
о
<о
5661
о
со
00
ю
00
045
ю
1—1
00
SO
ю
b-
1—1
со
;©
00
1—1
сч
1—1
1—1
о
сч
сч
сч
сч
ю
1—1
ю
ь-
8286
оо
сч
1—1
00
b-
О5
492
b-
b-
b-
1—1
00
b-
SO
1—1
00
CO
00
9342
s
00
Ю
1—1
СЧ
Ю
b-
zee
00
CO
b-
b-
СЧ
Ю
b-
b-
00
00
1—1
1—1
SO
b-
1—1
Oi
10401
s
о
b-
co
СЧ
СЧ
b-
160
1—1
b-
b-
iO
J2
Ю
о
b-
Oi
о
сч
со
со
00
о
о
ь-
11464
со
^
b-
ю
сч
SO
961
Oi
b-
о
b-
сч
1—1
о
1—1
00
сч
сч
сч
о
ю
сч
ю
сч
о
Oi
1—1
1—1
b-
13064
1—1
^
b-
00
00
сч
SO
L125
1—1
ю
b-
S
b-
^
1—1
1—1
ю
сч
^L
si
1—1
со
сч
ь-
14674
оо
о
О5
1—1
со
ю
!244
1—1
1—1
ь-
1—1
ь-
1—1
со
1—1
00
сч
1—1
1—1
со
ь-
15753
00
^
00
со
со
ю
Ю65
1—1
О5
ю
ь-
ь-
ь-
1—1
00
о
cq
1—1
о
со

П,2, Справочные материалы
615
сб
Я"
К
VD
сб
*7
Ю
uC
Н
и
о
№
В
|-|
5
й
м
сЗ
PQ
О
>>
S
н
S
О
а
н
и
S .
S"
ГОЛ
о
о
3
К
Т1
вели1
CD
§
с
6
С
-о
« X 6
^Ё
сб
сб о
2ft
1
^i
1
ai
о'?
5
к
8
Ь?
"^
с
3
С
ь
о
с
с
гЧ
о
Si
S3
~5
<s>

1
1ч
О
^|
О
f
о
о
о
f
о
и
о
00
i—i
СО
ю
со
1—1
CN
i—i
О
О5
оо
со
ю
со
<м
1—1
1—1
О5
О
392
о
со
о
со
1—i
о
cq
о
со
о
со
0,8
со
ю
1—1
о
cq
сч
о
on
о
о
1>-
о
,16
1—1
ГЧ
г-
\п
со"
со
CD
1—1
ю
cq
«
ю
cq
1—i
382
о
со
о
оо
cq
о
О5
О
cq
00
о
00
1—Г
CD
cq
со
ю
ю
о
CD
О
1—1
О
1—1
cq
ю
1—i
,49
1—1
cq
ю
со
со
о
cq
cq
со
cq
cs
со
cq
ю
i—i
374
о
со
о
ю
со
о
со
ю
о
cq
1—i
1—i
cq
i—Г
on
со
ю
о
ю
о
о
о
1—1
со
О5
1—1
,94
1—1
00
1—1
385
о
ю
о
CD
ю
о
О5
ю
о
00
ю
1—1
cq
1—Г
ь-
со
CD
о
ь-
о
со
о
cq
1—1
CD
о
со
,89
1—1
со
о
со
о
ю
cq
1—1
381
о
ю
о
1—1
о
со
CD
о
ю
1—1
cq
1—Г
со
ю
00
О5
CD
о
00
1—1
1—1
со
cq
^н
со
со
,47
cq

616
Приложения
Oi
oo
i—i
to
Ю
1—1
1—1
со
i—i
<N
i—l
i—l
i—l
О
i—l
Oi
oo
to
Ю
со
<N
1—1
00
ZO
1—1
382
о
0,61
о
3,64
2,20 (
1,47
9,02
3,79
1,32 (
1,43
i—i
cq
О
cq
cq
379
о
0,60
cq
о
i—i
3,68
2,98 (
1,51
12,10 |
3,78
1,69 (
1,42
5,68
80
cq
i—i
CO
00
cq
Ю
4,5/2,8
о
i—i
403
о
0,70
oo
i—i
3,72
3,26 (
1,60
12,40
3,91
1,99 (
1,60
6,17
cq
cq
cq
401
о
0,69
cq
ю
i—i
3,76
4,42 (
1,85
16,60 |
3,90
2,56 (
1,59
7,98 |
b-
i—i
CO
i—i
ю'
CO
cq
CO
о
Ю
5/3,2
00
cq
406
о
0,78
O5
i—1
cq
3,84
6,25 (
1,82
23,20
1,02
3,70 :
1,78
11,40
58
CO
ZO
CO
404
о
0,78
S
cq
3,88
7,91 (
1,86
29,20 |
1,01
4,48 | :
1,77
13,80 |
cq"
с
Ю
ZO
CO
ZO
Ю
5,6/3,6
b-
1—1
CO
397
о
0,87
b-
o
CO
3,91
8,51 (
2,03
33,00
1,13
5,16 :
2,01
16,30
о
i—i
Oi
CO
396
о
0,86
cq
b-
co
3,95
10,80 (
2,08
41,40
cq
6,26 :
2,00
19,90
00
CO
ZO
393
о
0,86
8
r~>
13,10 (
Ztl
49,90
1,11
7,28 :
Oi
O5
23,30
90
Ю
CO^
cq"
Ю
«
о
CO
to
6,3/4,0
CO
о
to
386
о
0,85
oo
ю
ю
1,07
17,90
2,20
66,90
1,09
9,15 |:
1,96
29,60 |
68
b-
00
CO
406
о
0,98
CO
Ю
1,05
15,20
2,28
56,70
1,27
9,05 |:
2,23
27,80
59
Ю
cq"
2-
ю
Ю
о
b-
7/4,5
b-
436
о
о
cq
b-
b-
i—i
20,80
2,39
69,70
1,43
12,50 :
2,39
34,80
i—i
i—i
ZO
Ю
Ю
435
о
1,08
9
00
1—1
cq
25,20
2,44
83,90
1,42
14,60 :
2,38
40,90
ю
cq
b-
cq"
8,0
ZO
О
Ю
Ю
b-
7,5/5
CO
b-
430
о
1,07
,90
1,29
34,20
2,52
91,12
1,40
18,50 :
2,35
52,40
b-
O5
00
387
о
1,09
oo
ю
b-
1,13
20,80
2,60
84,60
i—i
12,70 :
2,56
41,60
36
to
b-
cq"
о
об
ю
о
ю
о
00
ю
00
cq
Oi
ю
386
о
00
о
§8
00
ь-
1—i
25,20
2,65
102,00 |
1,40
14,80 | :
2,55
49,00 |
55
ь-
ZO
ь-
1—1
ZO
384
о
1,22
1,26
32,2
2,92
132
1,58
19,7 :
2,88
65,3
to
00
ь-
ю
ю"
о
ь-
ZO
384
о
cq
cq
b-^
i—i
1,28
35,2
2,95
145
1,58
21,2 :
2,88
70,6
ю
00
со"
9,0
6,0
ZO
ю
о
9/5,6
00
380
о
1,21
«
1—1
1,36
47,8
3,04
194 ,
1,56
27,1 |:
2,85
90,9 |
,18
1—i
1—i
8,0
СО
Ю
ь-
393
о
00
со
cq.
оо"
1—1
1,42
49,9
3,23
198 L
1,79
30,6 1:
3,20
98,3 L
59
с»
*>
о
00
392
о
1,37
о"
cq
1,46
58,7
3,28
232 ,
1,78
35,0 :
3,19
113,0 ,
,10
1—1
1—1
ь-
00
391
о
1,36
со"
cq
1,50
67,6
3,32
266 ,
1,77
39,2 :
3,18
127,0 ,
,60
CN
1—1
со"
о
1—i
ь-
00
со
ZO
100
10/6,3
,10
1—1
387
о
1,35
оо"
cq
1,58
85,8
3,40
333 |,
1,55
47,1 |:
3,15
154,0 ,
,50
ю
1—1
о
1—1

П,2, Справочные материалы
617
О5
1-4
оо
b-
so
Ю
i-4
со
<N
i-4
i—l
О
i—l
«
oo
so
Ю
со
<N
i-4
00
Oi
oo"
402
о
CO
Ю
26,9
00
Ю
i-4
CO
N-
55
CO
286
о
о
cq
CD
53
CO
о
cq
о
i-4
90
о
i-4
О
О
О
1,52
32,3 |
S
1-4
cq
cq"
Oi
61
со
353
98
i-4
en
Ю
51
со
о
172
§
со
CO^
со"
О
i—l
8,0
О
N.
110
11/7
О
О
1-4
407
о
со
ь-
43,4
80
1-4
О
119
1-4
О
452
Oi
cq
cq
N-
73,
i-4
О
О
227
о
1-4
ь-
о
ю
cq
406
о
1,75
48,8
00
1-4
О
137
05
518
00
cq
cq
о
S
о
о
о
256
§
2
ь-
со
1-4
1-4
00
О
00
ю
cq
i-4
00
ю
cq'
i-4
О
Ю
Ю
404
о
1,74
59,3
92
^
о
173
1-4
649
со
cq
cq
о
100
98
со
о
312
S
Oi
О
о
со
00
400
о
1,72
69,5
о
о
cq
о
210
cq
cq
781
cq
cq
о
117
95
со
о
365
о
со
cq
cq
о
i-4
411
о
1,98
70,3
со
о
cq
о
194
Oi
727
00
ю
cq
о
120
Oi
О
364
§
00
1-4
о
ю
17
409
о
1,96
85,5
cq
i-4
cq
о
245
58
911
со
ю
cq
о
146
о
444
о
cq
cq
cq
cq
i-4
00
о
О
Oi
140
14/9
о
о
00
391
о
2,20
110,0
23
cq
о
300
Oi
i-4
ю
1221
85
cq
о
186
ю
1-4
Ю
О
606
§
cq
cq
Oi
80
Oi
390
о
2,19
121,0
28
cq
о
335
23
ю
1359
84
cq
о
204
со
i-4
Ю
О
667
ш
ю
cq
60
СО
cq
388
о
2,18
142,0
со
со
cq
о
405
32
ю
1634
82
cq
о
239
1-4
Ю
О
784
§
о
со
со^
со
1-4
О
cq
100
160
16/10
о
со
ь-
cq
385
о
2,16
162,0
со
cq
о
477
О
Ю
1910
80
cq
о
272
08
ю
о
897
S
со
о
cq
cq
cq
375
о
2,42
165,0
44
cq
о
444
00
00
ю
1933
cq
i-4
СО
О
276
80
ю
о
952
о
00
cq
ь-
i-4
О
110
1—
18/11
о
со
cq
374
о
2,40
194,0 |
52
cq
о
537
97
ю
2324
о
1-4
СО
О
324
77
ю
со
112
S
со
со
cq
ь-
cq
392
о
2,75
264
79
cq
ь-
50
со
2920
00
ю
со
45
со
Oi
144
§
со
1-4
Oi
cq
392
о
2,74
285
83
cq
s
54
со
3189
ю
со
00
со
со
00
156
§
ь-
со
390
о
2,73
327
91
cq
cq
Oi
62
со
3726
ю
со
ю
ю
41
со
1-4
180
S
со
ь-^
1-4
cq
125
200
20/12,5
1-4
Oi
СО
388
о
2,72
367 |
Oi
Oi
cq
i-4
106
71
со
4264
cq
ю
со
i-4
СО
38
со
со
202
о
Oi
СО
«
ь-
со
410
о
3,54
604
со
ю
со
163
ь-
Oi
b-
6212
62
cq
103
b-
о
00
314
00
cq
408
о
3,50
781
Oi
со
со
о
220
1-4
00
8308
00
ю
со
133
02
00
1-4
409
§
СО
со
ю
ю
407
о
3,49
со
со
00
ь-
со
N.
248
23
00
9358
со
ю
ю
147
99
ь-
ю
454
о
1-4
1-4
ь-
6,0
00
1-4
СО
00
О
СО
1-4
250
25/16
1-4
СО
О
О
3,48
949 |
00
со
со
277
31
00
10410
со
ю
со
161
ь-
Oi
b-
N-
498
о
ю
о
cq

618
Приложения
00
с
сб
Я"
К
VD
сб
Е-"
ь-
d>
со
оо
Н
U
О
U
6
3
PQ
О
а
ft
Й
и
ДЛЯ
га
к
S
м
А
X
С
1
1
•ее О
S б
в S
•<s> О
:ГВ
Масса
1 м
длины
эофиля,
кг
с
'-а Сб QJ «
О
НО
-О
1 ^
о &
СО
ю
г4
со
cq
1-4
1-4
О
Oi
оо
ю
со
cq
сч
1^
1-4
О
СО
cq
со
о
к.
39,
198
9,46
о
cq
i-4
Ю
cq
о
cq.
ю
ю
о
о
о
1-4
00
СО
cq
оо"
О5
cq
со
со
on
00
'89
350
о
1-4
1-4
Ь-
1-4
О
СО
Ю
СО^
00^
CD
О
сч
cq
i-4
Ю
Ю
О
Ю
1-4
1-4
О5
1-4
^
00
СО
со
ю
К.
'18
572
13,70
1-4
О
СО
О
00
о
1-4
О
О
Ю
1-4
CD
on
Ю
СО
cq
CD
h-
Ю
CD
О
109
873
15,90
cq
о
cq
ю
со
ю
00
00^
1-4
00
о
CD
CD
00
00
о
"^
00
1-4
CD
cq
00
^
i-4
00
cq
b-
о
143
1290
18,40
со
cq
ю
со
о
О5
1-4
оо"
1-4
О
О5
О
00
00
1-4
cq
i-4
cq
о
00
cq
cq
о
i-4
00
00
i-4
Ю
b-
о
159
1430
19,90
ю
cq
ю
со
о
О5
СО
оо"
1-4
100
о
00
сб
00
1-4
О
cq
о
1-4
СО
cq
о
ю
1-4
О
104
00
cq
00
о
184
1840
21,00
00
CD
cq
о
ю
8,4
?-
100
о
о
cq
о
cq

П,2, Справочные материалы
619
с
1
I
so
l—i
ю
1—1
1—1
со
i—i
i—i
i—i
о
1—1
Oi
оо
so
ю
со
<N
i—l
cq
CO
cq
о
cq
28
о
155
о
0,Of
О
203
2030
о
cq
cq
28
о
ю
оГ
8,6
cq
ю
о
1—1
200
20а
cq
cq
о
SO
00
cq
о
157
о
со
9,13
о
232
2550
о
о
cq
SO
о
со
о
о
о
оо"
ю
о
1—1
220
cq
cq
о
ю
cq
о
со
со
о
206
о
9,22
о
254
2790
80
ю
cq
00
cq
со
о
о
о
оо"
ю
о
cq
220
22а
со
cq
о
ю
со
о
198
о
S
9,97
о
289
3460
о
со
cq
00
со
о
ю
о
ю
оГ
SO
ю
ю
1—1
240
cq
со
SO
cq
о
SO
о
260
о
?
О
О
О
317
3800
о
cq
ю
со
о
ю
о
9,8
SO
ю
ю
cq
240
24а
ю
cq
о
ю
1—1
о
260
о
210
о
cq
1—i
о
371
5010
о
ю
1—1
со
cq
о
ю
о
1—1
9,8
о
SO
ю
cq
270
cq
о
00
cq
о
о
о
ю
о
zee
о
229
1—i
о
407
5500
90
со
со
cq
со
ю
о
1—1
cq
о"
о
SO
ю
со
270
27а
ш
cq
о
О
zee
о
268
cq
о
472
7080
о
ю
SO
со
ю
SO
о
ю
о
cq
cq
о"
ю
SO
ю
со
300
о
со
ю
cq
о
1—1
о
SO
о
436
о
292
о
ю
cq
о
518
7780
о
cq
со
О
ю
о
cq
о"
ю
SO
ю
300
30а
cq
о
Ю
О
419
о
339
о
ю
со
о
597
9840
о
cq
cq
00
со
ю
о
ю
о
со
о
о
330
со
со
00
cq
о
1—1
о
516
о
423
о
о
743
13380
60
00
1—1
SO
о
SO
о
cq"
ю
ю
360
SO
со
со
о
со
о
1—1
SO
00
о
667
о
545
о
cq
SO
о
953
19062
о
о
ю
SO
cq
о
SO
о
ю
о
со"
со
00
ю
ю
400
о
о
со
101,00
о
808
о
708
о
1—1
00
1231,0
27696
о
ю
SO
SO
00
о
о
SO
о
о
450
ю
со
cq
со
123,0
1043,0
о
919
§
1589,0
39727
о
ю
00
100,0
о
о
]>-
?-
10,0
о
500
о
ю
СО
со
151,0
1356,0
1181,0
§
1—i
cq
2035,0
55962
60
cq
118,0
о
о
00
11,0
о
00
550
ю
ю
ю
со
182,00
1725,0
1491,0
о
со
cq
2560,0
76806
108,00
138,0
о
00
о
о
cq
00^
12,0
о
600
о
SO

620
Приложения
Я"
К
63
Н
U
О
о 2
к* о
Справочные величины для осей
/1-/1
х-х
.-8
со о
Га
Масса
1 м,
кг
Пло-
Площадь
сечения,
см2
*>
-О
%
Номер
швел-
швеллера
i—l
«О
i—l
Ю
i—l
i—l
со
i—l
<м
1—1
1—1
о
1—1
OJ
оо
со
<м
1—1
1,16
0,954
2,75
5,61
5,59
1,92
оГ
22,8
4,84
6,16
S"
6,0
7,0
4,4
со
о
ю
ю
1,24
1,080
3,68
8,70
9,00
2,54
15,0
48,6
5,90
7,51
6,0
SO
СО
Ю
ю
ю"
1,31
1,190
4,75
12,80
13,30
3,16
22,4
89,4
7,05
8,98
SO"
7,4
О
00
1,44
1,370
6,46
20,40
20,40
3,99
34,8
174,0
8,59
10,90
со"
®
ZO
100
о
1—1
1,54
1,530
ft ГО
31,20
29,60
4,78
50,6
304,0
10,40
13,30
со"
7,8
00^
cq
ю
120
cq
1—i
1,67
1,700
11,00
45,40
40,80
5,60
70,2
491,1
12,30
15,60
со"
8,0
оо"
о^
00
ю
140

П,2, Справочные материалы
621
.10
с
s
1
п
Продолэн
«о
1—1
ю
1—1
1—1
со
1-й
<м
1—1
1—1
1—1
о
1—1
OJ
оо
«О
ю
со
<м
1—1
87
1—1
840
1—1
о
со
1—1
57,50
45,10
ш
ю
1 1 ,О
545,0
о
со
со
о
о
ь-
1—1
о
со
8,0
оо"
cq
140
14а
80
1—i
870
1—i
3
со
1—1
63,30
54,10
cq
ZO
93,4
747,0
20
о
1—i
00
1—1
ю
со
оо"
оо"
о
ю
ZO
160
ZO
1—1
о
о
cq
0X0
cq
о
1—1
78,80
59,40
ZO
о
со
о
823,0
о
со
ю
50
1—i
ю
со
оо"
9,0
о
ю
00
ZO
160
16а
94
1—i
040
cq
S
b-
1—1
86,00
69,80
cq
b-
o
cq
о
1090
о
со
ZO
70
о
cq
ю
со
9,0
оо"
1—1
ю
?
180
00
1—1
со
1—1
cq
180
cq
i
о
cq
i
ю
о
76,10
cq
со
b-
о
cq
со
о
1190
40
ь-
20
cq
cq
ю
со
9,0
аГ
1—i
ю
ь-
180
18а
07
cq
200
cq
о
ю
о
cq
S
со
1—1
87,80
ь-
о
00
о
cq
ю
о
1520
40
00
40
со
cq
о
аГ
9,0
cq
ю
?
200
о
cq
28
cq
350
cq
о
cq
cq
i
CO
95,90
Ю
1—1
00
о
b-
ZO
о
1670
80
20
ю
cq
о
аГ
аГ
cq
ю
о
00
200
20a
cq
cq
370
cq
о
ю
cq
i
ю
L10,00
00
00
о
cq
о
2110
о
о
1—1
cq
70
ZO
cq
о
L0,0
аГ
ю
cq
00
220
cq
cq
46
cq
099
cq
i
о
CO
i
b-
00
L21,00
00
о
212
о
2330
60
cq
cq
80
00
cq
о
L0,0
o"
Ю
b-
00
220
22a
42
cq
009
cq
о
1—1
CO
i
208
L39,00
О
242
о
2900
о
о
cq
60
о
L0,0
ZO
Ю
о
240
cq
67
cq
780
cq
о
cq
b-
co
i
254
L51,00
3
О
265
о
3180
80
ю
cq
90
cq
CO
о
ZO
Ю
Ю
240
24a
47
cq
730
cq
3
b-
co
§
262
L78,00
L0,90
о
308
о
4160
70
b-
cq
20
ю
CO
Ю
i—Г
S-
о
ZO
Ю
270
b-
cq
52
cq
840
cq
i
CO
§
327
224,00
L2,00
о
387
о
5810
80
со
50
о
о
ю
cq"
1—i
ю
100
300
о
со
59
cq
970
cq
3
1—1
ю
§
410
281,00
L3,10
о
484
о
7980
50
50
о
ю
со"
1—Г
о
ь-
105
330
со
со
68
cq
100
со
?
1—1
ZO
§
513
350,00
L4,20
о
601
10820,0
90
1—i
40
со
ю
о
ZO
cq"
ю
ь-
110
360
ZO
со
75
cq
230
со
о
со
ь-
§
642
444,0
L5,70
о
761
15220,0
о
со
50
1—1
ZO
О
ZO
2-
со"
о
00
115
400
о

622
Приложения
со
Я"
К
о S
^ о
Справочные величины для осей
/1-/1
х-х
IS О
со g
? о
-¦^
Масса
1 м,
кг
Пло-
Площадь
сечения,
см2
-to
43
-о
Номер
швел-
швеллера
т—1
т—1
ю
т—1
т—1
со
т—1
cq
т—1
т—1
т—1
о
т—1
О5
00
ь-
ю
со
cq
т—1
1,21
0,983
2,99
5,95
5,61
1,92
9,14
22,8
4,84
6,16
со"
6,0
7,0
4,4
cq
со
о
ю
ю
1,29
1,120
4,06
9,35
9,02
2,55
15,00
48,8
5,90
7,51
со"
6,0
cq.
^"
to
со
ю
to
ю
to
1,38
1,240
5,31
13,90
13,30
3,16
22,50
89,8
7,05
8,98
со"
to"
7,4
Ю
^"
О
00
1,53
1,440
7,37
22,60
20,50
3,99
34,90
175,0
8,59
10,90
^"
^"
to
100
о
т—1
1,66
1,620
9,84
34,90
29,70
4,79
50,80
305,0
10,40
13,30
^"
ю
N-"
7,8
00
^"
cq
ю
120
cq
1,82
1,810
12,90
51,50
40,90
5,61
70,40
493,0
12,30
15,60
^"
8,0
т—1
оо"
о^
^"
00
ю
140

П,2, Справочные материалы
623
.11
с
s
S3
s
n
Продолен
ь-
ю
со
т—1
cq
т—1
т—1
1—1
о
о
00
ь-
•
ю
со
cq
1—i
о
cq
096
1—i
?
Ю
1—1
65,20
45,20
ш
ю
78,20
547,0
о
со
со
о
о
ь-
ю
8,0
оо"
cq
140
14а
97
1—i
000
cq
о
1—1
72,80
54,30
93,80
750,0
о
cq
о
т—1
00
о
ю
оо"
оо"
о
ю
3
160
1—1
cq
150
cq
i
i—i
90,50
59,50
i—i
ю
to
о
о
§
827,0
о
со
ю
50
2
о
ю
оо"
9,0
о
ю
00
160
16а
cq
003
cq
i
о
cq
i
о
о
70,00
cq
о
о
cq
о
1090
о
со
ZO
70
о
cq
о
ю
9,0
оо"
1—1
ю
?
180
00
36
cq
350
cq
о
cq
i
со
cq
76,30
s
о
о
3
о
1200
40
b-
о
cq
cq
cq
о
ю
9,0
аГ
ю
ь-
180
18а
о
со
cq
390
cq
о
cq
ю
cq
i
со
88,00
§
00
о
о
со
ю
о
1530
40
00
40
со
cq
ю
ю
аГ
9,0
cq
ю
?
200
о
cq
53
cq
540
cq
о
cq
§
cq
so
96,20
b-
00
о
о
00
ZO
о
1680
80
О
cq
ю
cq
ю
Ю
аГ
аГ
cq
ю
о
00
200
20a
47
cq
089
cq
i
i—i
CO
i
oo
b-
Lll,00
§
00
о
о
3
о
2120
о
о
1—1
cq
70
cq
о
<о
L0,0
аГ
ю
cq
00
220
cq
cq
75
cq
770
cq
i
b-
co
§
220
L21,00
T—1
о
о
о
212
о
2340
60
cq
cq
80
00
cq
о
SO
L0,0
S"
Ю
b-
00
220
22a
72
cq
098
cq
о
Ю
O5
CO
i
oo
cq
L39,00
ю
b-
O5
О
О
243
о
2910
о
о
cq
60
о
<о
&
L0,0
SO
ю
о
240
cq
т—1
о
со
о
со
о
со
о
ю
§
302
L52,00
g
О
О
266
о
3200
80
ю
cq
90
cq
со
о
SO
&
о"
SO
ю
ю
240
24а
78
cq
066
cq
?
§
314
L78,00
L0,90
о
о
310
о
4180
70
ь-
cq
о
cq
ю
со
ю
SO
т—1
о
SO
ю
270
ь-
cq
83
cq
120
со
о
ю
§
393
224,00
L2,00
о
о
389
о
5830
80
1—i
со
50
о
ь-
cq"
1—Г
ю
SO
100
300
о
СО
о
cq
093
со
S
S
§
491
281,00
L3,10
о
о
486
о
8010
50
50
ю
ь-
со"
1—i
о
ь-
105
330
со
со
Oi
cq
380
со
s
b-
§
611
350,00
L4,30
о
о
603
10850,0
90
1—i
40
со
ю
ю
00
cq"
ю
ь-
110
360
со
05
со
0X9
со
S
00
§
760
445,0
L5,80
о
о
763
15260,0
о
со
00
50
1—i
о
2-
со"
о
00
115
400
о

624
Приложения
Таблица П.12
Приставки СИ и множители для образования
десятичных кратных и дольных единиц и их наименования
Приставка
экса
пета
тера
гига
мега
кило
гекто
дека
деци
санти
МИЛЛИ
микро
нано
пи ко
фемто
атто
Обозначение приставки
между народное
Е
Р
Т
G
М
к
h
da
d
с
m
n
Р
f
а
русское
Э
П
Т
Г
м
к
г
да
Д
с
м
мк
н
п
ф
а
Множитель
1018
1015
ю12
ю9
106
103
ю2
ю1
ю-1
ю-2
10
10
ю-9
ю-12
ю-15
10-18
Таблица П.13
Коэффициент постели для некоторых оснований
Материал основания
Песок свеженасыпанный; глина мокрая, размягченная
Песок слежавшийся; гравий насыпной; глина влажная
Песок и гравий, плотно слежавшийся; щебень; глина малой
в л ажности
Грунт песчано-глинистый, искусственно уплотненный;
глина твердая
Известняк, песчаник, мерзлота
Твердая скала
к, 106 [Н/м3]
1 -=-5
5 -=- 50
50 -=- 100
100 -=- 200
200 -=- 1000
1000-=- 15000

Список литературы
1.	Беляев Н. М. Сопротивление материалов. — М.: Физматгиз, 1976. — 856 с.
2.	Беляев Н. М. Сборник задач по сопротивлению материалов. — М.: Наука,
1968.-352 с.
3.	Безухое Н.И., Лужин О. В., Колкунов Н.В. Устойчивость и динамика
сооружений в примерах и задачах. — М.: Высш. школа, 1987. — 263 с.
4.	Винокуров А. И. Сборник задач по сопротивлению материалов. — М.:
Высш. школа, 1990. — 383 с.
5.	Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов: Учеб. для техн.
вузов. — М.: Высш. школа, 1989. — 624 с.
6.	Долинский Ф.В., Михайлов М.Н. Краткий курс сопротивления матери-
материалов: Учеб. пособ. для машиностроит. вузов. — М.: Высш. школа, 1988. —
432 с.
7.	Дьяконов В. П. MATHCAD 2001: учебный курс. — СПб: Питер, 2001. —
624 с.
8.	Заславский Б. В. Краткий курс сопротивления материалов: Учебн. для
авиац. специльн. вузов. — М.: Машиностроение, 1986. — 328 с.
9.	Иванов И.И. Сборник задач по сопротивлению материалов. — М.: Госте-
хиздат, 1956. — 276 с.
10.	Ильюшин А.А., Ленский B.C. Сопротивление материалов. — М.: Физ-
Физматгиз, 1959. — 371 с.
11.	Ицкович Г.М., Минин Л. С, Винокуров А. И. Руководство к решению
задач по сопротивлению материалов: Учеб. пособие для вузов / Под ред.
Л.С. Минина. — М.: Высш. школа, 1999. — 592 с.
12.	Курс сопротивления материалов / Филоненко-Бородин М.М., Изю-
мов СМ., Олисов Б.А. и др. В 2-х ч. — М.: Гостехиздат, 1955-1956.
13.	Лихарев К. К., Сухова И. А. Сборник задач по курсу «Сопротивление
материалов». — М.: Машиностроение, 1970. — 223 с.
14.	Московские городские олимпиады по сопротивлению материалов A971—
1998 гг.). Задачи и решения / Зарубин С. В., Исаченко В. В., Мартиро-
сов М.И., Родионова Ю.А., Щербаков В.И.. — М.: Изд-во Минобразова-
Минобразования РФ, 1999.-152 с.
15.	Никифоров С. Н. Сопротивление материалов. — М.: Высш. школа, 1966. —
584 с.
16.	Ободовский Б.А., Ханин СЕ. Сопротивление материалов в примерах
и задачах. — Харьков: Изд-во Харьк. ун-та, 1968. — 384 с.
17.	Пособие к решению задач по сопротивлению материалов / Миролю-
бов И.Н., Енгалычев С. А., Сергиевский М.Д. и др. — М.: Высш. школа,
1967.-482 с.
18.	Работное Ю.Н. Механика деформируемого твердого тела: Учеб. пособие
для вузов. — М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит., 1988. — 712 с.

626	Список литературы
19.	Рудицын М.Пп Артемов П.Яп Любошиц М.Н. Справочное пособие по
сопротивлению материалов. — Минск: Выш. школа, 1970. — 628 с.
20.	Самарский А. А. Теория разностных схем. — 3-е изд., испр. — М.: Наука.
Физматлит, 1989. — 616 с.
21.	Сборник задач по сопротивлению материалов: Учеб. пособ. для техн.
вузов / Вольмир А. С, Григорьев Ю.П., Коданев А. И. и др. / Под ред.
А. С. Вольмира. — М.: Наука, 1984. — 408 с.
22.	Сборник задач по сопротивлению материалов / Под ред. В. К. Качури-
на. — М.: Наука, 1970. — 432с.
23.	Сборник задач по сопротивлению материалов / Уманский А.АП Афана-
Афанасьев А. М., Вольмир А. С. и др. / Под ред. А. А. У майского — М.: Наука,
1964.-552 с.
24.	Сопротивление материалов / Писаренко Г С, Агарев В.АП Квитка А. Л.
и др. — Киев, Вища шк., 1986. — 775 с.
25.	Сопротивление материалов / Смирнов А.ФП Александров А.ВП Мона-
Монахов П.И. и др. — М.: Высш. школа, 1979. — 595 с.
26.	Сопротивление материалов с основами теории упругости и пластично-
пластичности / Варданян Г С, Андреев В. И., Атаров Н.М., Горшков А. А. / Под.
ред. Г. С. Варданяна — М: Изд-во АСВ, 1995. — 568 с.
27.	Справочник по сопротивлению материалов / Писаренко Г С, Яко-
Яковлев А. П., Матвеев В. В. / ред. Писаренко ГС — Киев: Наук, думка,
1988.-736 с.
28.	Справочник машиностроителя. Т. 3. / Ачеркан П.СП Вукалович М.ПП
Кудрявцев В. П. и др. / Ред. И. И. Трапезин. — М.: ГНТИ машиностр.
лит-ры, 1962. — 652 с.
29.	Старовойтов Э. И. Сопротивление материалов. — Гомель: БелГУТ,
1999.-219 с.
30.	Степин П. А. Сопротивление материалов. — М.: Высш. школа, 1987. —
367 с.
31.	Терегулов И. Г. Сопротивление материалов и основы теории упругости
и пластичности. — М.: Высш. школа, 1984. — 472 с.
32.	Тимошенко СП. Сопротивление материалов. В 2-х т. — М.: Наука, 1965.
33.	Феодосьев В. И. Сопротивление материалов. — М.: Изд-во МГТУ им.
Н. Э. Баумана, 1999. — 592 с. (Сер. Механика в техническом университете;
Т. 2).
34.	Феодосьев В. И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению матери-
материалов. — М.: Наука, 1967. — 375 с.
35.	Шалашилин В. П., Горшков А. Г, Трошин В.Н. Сопротивление материа-
материалов: Учеб. пособие. — Изд-во МАИ, 2000. — 616 с.
36.	Шапиро Д.Мп Подорванова А.ИП Миронов А. П. Сборник задач по со-
сопротивлению материалов. — М.: Высш. школа, 1970. — 333 с.

Учебное издание
АНТУФЬЕВ Борис Андреевич
ГОРШКОВ Анатолий Герасимович
ЕГОРОВА Ольга Владимировна
ЗАЙЦЕВ Виталий Николаевич
КОСТРИЧЕНКО Аркадий Борисович
МАКАРЕВСКИЙ Дмитрий Игоревич
МЕДВЕДСКИЙ Александр Леонидович
РАБИНСКИЙ Лев Наумович
ТАРЛАКОВСКИЙ Дмитрий Валентинович
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
С ТЕОРИЕЙ И ПРИМЕРАМИ
Редактор Д.А. Миртова
Оригинал-макет: В.В. Худяков
Оформление переплета: А.Ю. Алехина
ЛР №071930 от 06.07.99. Подписано в печать 19.11.02. Формат 60x90/16.
Бумага офсетная. Печать офсетная. Усл. печ. л. 39,5. Уч.-изд. л. 44,97.
Тираж 3000 зкз. Заказ №
Издательская фирма «Физико-математическая литература»
МАИК «Наука/Интерпериодика»
117997 Москва, Профсоюзная, 90
E-mail: fizmat@maik.ru
Отпечатано с диапозитивов
в РГУП «Чебоксарская типография № 1»
428019 Чебоксары, пр. И. Яковлева, 15
ISBN 5-9221-0199-4
9 785922 101998