Инженерная механика. Сопротивление материалов. Учебное пособие - Берестова С.А., Беляева З.В., Ламоткин А.Е.

Автор: Берестова С.А. Беляева З.В. Ламоткин А.Е.

Теги: механика деформируемых тел упругость деформация общетехнические дисциплины сопротивление материалов

ISBN: 978-5-7996-4120-7

Год: 2026

Похожие

Белая Русь с середины I тысячелетия до середины XIII века

Экономическая контр-революция в Донбассе (Итоги шахтинского дела): Статьи и документы

Строительное производство Древней Руси X-XIII вв

Геоморфология №4 за 1998 год

Текст

Контекстное
обучение инженеров
С. А. БЕРЕСТОВА, З. В. БЕЛЯЕВА,
А. Е. ЛАМОТКИН

ИНЖЕНЕРНАЯ
МЕХАНИКА.
СОПРОТИВЛЕНИЕ
МАТЕРИАЛОВ

9 785799 641207

Министерство науки и высшего образования
Российской Федерации
Уральский федеральный университет
имени первого Президента России Б. Н. Ельцина
Контекстное обучение инженеров

С. А. Берестова, З. В. Беляева, А. Е. Ламоткин

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА.
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Учебное пособие
Под общей редакцией доктора
физико-математических наук,
профессора С. А. Берестовой
Рекомендовано методическим советом
Уральского федерального университета
для студентов вуза, обучающихся по направлению подготовки
08.03.01 — Строительство
Екатеринбург
Издательство Уральского университета
2026

УДК 539.3/6(075.8)
ББК 30.121я73
Б48
Серия учреждена в 2024 году
Редакционная коллегия серии:
д-р хим. наук, проф. О. И. Ребрин (председатель редакционной коллегии);
канд. техн. наук, доц. А. И. Голоднов;
канд. техн. наук, доц. А. А. Маркина;
руководитель образовательной программы «Системная инженерия» А. Н. Кулемин;
д-р техн. наук, проф. Л. В. Плотников
Рецензенты:
В. В. Башуров, канд. физ.-мат. наук, доц., декан электротехнического факультета
Уральского государственного университета путей сообщения;
Е. Ю. Просвиряков, д-р физ.-мат. наук, доц., гл. науч. сотр. Института машино
ведения УрО РАН
Дизайн обложки и иллюстрации книги, отмеченные звездочками, подготовлены
А. С. Ларюшкиным.

Б48

Берестова, Светлана Александровна.
Инженерная механика. Сопротивление материалов : учеб. пособие / С. А. Берестова, З. В. Беляева, А. Е. Ламоткин ; под общ. ред. д-ра физ.-мат. наук, проф.
С. А. Берестовой ; М-во науки и высшего образования РФ, Уральский федеральный университет. — Екатеринбург : Изд-во Урал. ун-та, 2026. — 116 с. — (Контекстное обучение инженеров). — ISBN 978-5-7996-4120-7. — Текст : непосредственный.
ISBN 978-5-7996-4120-7
В пособии рассмотрены вопросы деформирования твердых тел, фундаментальные принципы, лежащие в основе проектирования элементов машин и анализа конструкций, с опорой
на ряд упрощающих допущений. Теоретический материал подкреплен примерами расчетов,
которые иллюстрируют практическое применение изучаемых концепций. Предложены к решению кейсы о расчете реальных конструкций и деталей машин.
Настоящее пособие предназначено для студентов, обучающихся по направлениям подготовки в области образования «Инженерное дело, технологии и технические науки».
Библиогр.: 6 назв. Табл. 3. Рис. 160.

ISBN 978-5-7996-4120-7

УДК 539.3/6(075.8)
ББК 30.121я73

Оглавление

Предисловие........................................................................................ 4
1. Геометрические характеристики плоских сечений........................ 5
2. Основные понятия и задачи статики упругого тела..................... 26
3. Растяжение и сжатие прямолинейного бруса............................... 44
4. Кручение валов круглого сечения................................................. 59
5. Плоский поперечный изгиб.......................................................... 71
Послесловие.....................................................................................112
Библиографический список............................................................113

Предисловие

опротивление материалов — одна из фундаментальных дисциплин инженерного образования, без которой невозможно
представить проектирование современных машин, сооружений и механизмов; наука о прочности, надежности и долговечности
конструкций. Для многих инженерных специальностей данная дисциплина является связующим звеном между изучением общих законов равновесия тел и проектированием реальных машин, конструкций
и сооружений. Сопротивление материалов — это логическая дисциплина, основанная на строгих допущениях, гипотезах и методах, а не просто набор формул для подстановки в них чисел. Основная задача дисциплины — разработка методов расчета деформируемых твердых тел
под действием приложенных нагрузок. Для будущих инженеров умение верно составить расчетную схему, адекватно отображающую реальный объект, часто важнее, чем умение решить сложный интеграл.
В современном мире, где технологии развиваются стремительными темпами, требования к материалам и конструкциям становятся
все более жесткими. От мостов и небоскребов до микроэлектронных
устройств — везде необходимо учитывать предельные состояния материалов, чтобы избежать разрушений, аварий и экономических потерь.
Знание основ сопротивления материалов позволяет инженеру не только грамотно выбирать материалы и формы конструкций, но и прогнозировать их поведение в реальных условиях эксплуатации. Данное
учебное пособие призвано стать вашим надежным проводником в этом
непростом, но чрезвычайно интересном и важном предмете. Теоретический материал сопровождается примерами расчетов, демонстрирующими практическое применение изучаемых концепций. Предлагаются
к решению кейсы о расчете реальных конструкций и деталей машин.
Сопротивление материалов — это не просто наука, это искусство
создания надежных и безопасных конструкций. Успехов в изучении
и применении знаний!

1. Геометрические характеристики
плоских сечений

а сопротивляемость конструкции напряженно-
деформируемому состоянию влияют форма, размеры поперечного сечения и его ориентация.

Рис. 1.1. Школьная линейка как упругое тело 1

Можно изогнуть линейку так, как показано на рис. 1.1., но получится ли согнуть ее в другой плоскости (рис. 1.2)?

Рис. 1.2. Схема линейки при различной ориентации

Школьная линейка. URL: https://i0.wp.com/m.media-amazon.com/images/
I/61qvLEHCQ3L.jpg?ssl=1 (дата обращения: 25.06.2025).
1

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рассмотрим ряд геометрических характеристик, определяющих
способность упругого тела сопротивляться нагрузкам.
Площадь поперечного сечения характеризует способность сопротивляться деформациям растяжения-сжатия, но не характеризует способность сопротивляться деформациям изгиба.
а

Рис. 1.3. Распространенные простые
геометрические формы плоских сечений:
прямоугольник (а); круг (б); кольцо (в)

Площадь A распространенных простых геометрических форм плоских сечений (рис. 1.3) — прямоугольника, круга и кольца соответственно:

D2 d 2
1 2
d 2
d
A = bh; A
, .
; A
или A
4
4
4
D
Как было показано в пособии «Инженерная механика. Статика»2,
координаты центра тяжести составной однородной поверхности определяются площадями составляющих элементов:
n

Ak xk
k 1

; yC

Ak yk
k 1

; zC

A z
k 1

k k

, A A k,
k 1

где Ak , xk , yk , zk — площадь и координаты центра тяжести k-й части.
Пример 1. Для составного сечения конструкционного элемента,
изображенного на рис. 1.4, определить положение центра тяжести.

1. Геометрические характеристики плоских сечений

Рис. 1.4. Схема составного плоского сечения

Решение. Найдем положение центра тяжести, для этого введем
вспомогательные оси x′ и y′ (рис. 1.5). Разобьем сечение на три геометрически простые части — 1, 2 и 3, положение центров тяжести которых известно (рис. 1.5).

Рис. 1.5. Схема разбиения составного плоского сечения
на части в виде прямоугольников

Определим площади и положение центров тяжести отдельных частей (табл. 1.1) во вспомогательной системе координат (рис. 1.6).
Таблица 1.1
Площади и положение центров тяжести
отдельных частей составного плоского сечения
Площадь, см2

xi′, см

yi′, см

A1 = 600

x1 0

y1 45

A2 = 300

x2 0

y2 25

A3 = 250

x3 0

y3 5

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рис. 1.6. Координаты центров тяжести
частей составного плоского сечения

Вычислим положение центра тяжести:
xC 0;
yC

A y A y A y A y 600 45 300 25 250 5 31,1 см.
600 300 250
A A A
A
i

1 1

2 2

3 3

Центр тяжести составного сечения показан на рис. 1.7. Оси Сx
и Сy — это центральные оси сечения.

Рис. 1.7. Центр тяжести составного сечения
и центральные оси Cx, Cy

Пример 2. Для сечения, изображенного на рис. 1.8, определить положение центра тяжести, если 1 — швеллер № 12 по ГОСТ 8240–97,
2 — уголок 50×5 по ГОСТ 8509–93.
8

1. Геометрические характеристики плоских сечений

Рис. 1.8. Схема составного плоского сечения
из стандартизированных профилей

Решение. Из ГОСТ 8240–97 выписываем геометрические размеры
и характеристики сечения для швеллера № 12 (рис. 1.9):
h, мм

b, мм

tw, мм

tf, мм

A, см2

Ix, см4

Iy, см4

z0, см

120

4,8

7,8

13,3

304

31,2

1,54

Из ГОСТ 8509–93 выписываем геометрические размеры и характеристики сечения для уголка 50×5 (рис. 1.10):
b, мм

t, мм

A, см2

Ix, см4

x0, см

4,80

11,20

1,42

Найдем положение центра тяжести составного сечения, для этого введем вспомогательные оси x′ и y′ (рис. 1.11).
Определим в данной системе координат положение центров тяжести швеллера
и уголка (рис. 1.12):
x1 z0 1,54 см; y1

Рис. 1.9. Схема швеллера

h 12
6 см;
2 2

x2 x0 1, 42 см;
y2 h x0 12 1, 42 10,58 см.

Рис. 1.10. Схема уголка

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рис. 1.11. Вспомогательная система координат для составного
плоского сечения в виде соединенных швеллера и уголка

Рис. 1.12. Координаты центров тяжести частей
составного плоского сечения в виде соединенных швеллера и уголка

Вычислим положение центра тяжести составного сечения:
xC

A x A x A x 13,3 1,54 4,8 1, 42 0,76 см;
A A
13,3 4,8
A
i

1 1

2 2
2

A y A y A y 13,3 6 4,8 10,58 7,222 см.
13,3 4,8
A A
A
i

1 1

2 2
2

Центр тяжести составного сечения показан на рис. 1.13. Оси Сx
и Сy — это центральные оси сечения.

1. Геометрические характеристики плоских сечений

Рис. 1.13. Центр тяжести и центральные оси составного сечения

Для полной информации о способности сопротивляться различным
видам напряженно-деформированного состояния недостаточно данных о площади сечения и положении центра тяжести. Рассмотрим другие вспомогательные геометрические характеристики плоских сечений.
Статический момент поперечного сечения относительно оси — гео
метрическая характеристика плоской фигуры, равная сумме произведений элементарных площадей dA на расстояния от элементарных
площадей до данной оси (рис. 1.14):
S x ydA, S y xdA,
( A)

( A)

где dА — площадь элементарной площадки сечения.
Статические моменты сечения могут иметь как положительные
(рис. 1.14, а), так и отрицательные значения (рис. 1.14, б).
а

Рис. 1.14. Положительные (а) и отрицательные (б) координаты
элементарных площадей

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Статические моменты можно вычислять как произведение известных величин площади и координат центра тяжести фигуры. Статический момент относительно оси x
S x = yC A.
Статический момент относительно оси y
S y = xC A.
Ось, относительно которой статический момент равен нулю, называется центральной осью; точка пересечения центральных осей является центром тяжести сечения:
S xC = 0, S yC = 0,
точка C — центр тяжести сечения (рис. 1.15).
Центральных осей может быть бесконечное множество: к примеру, на рис. 1.16 оси
xC и yC — центральные, оси u и v — также центральные. Статический момент сечения относительно центральной оси равен нулю.
Если сечение имеет форму простой геоРис. 1.15. Центр тяжести
метрической фигуры (прямоугольник, кваплоского сечения —
драт, круг и т. д.), то вычисление интеграточка пересечения
лов для определения статических моментов
центральных осей
не представляет сложностей. Для большинства простых плоских фигур результаты вычислений статических моментов представлены в справочных таблицах. Изменение
статических моментов сечения при параллельном переносе осей (рис. 1.17) определяется расстояниями между осями. При переносе осей в положительном направлении
отсчета (относительно осей x1 и y1):
Рис. 1.16. Центральные оси
xC, yC и u, v

S x2 S x1 Aa; S y2 S y1 Ad .

Если ось xС — центральная, то S xC S x1 Aa 0 и a = S x1 A, аналогично S yC S y1 Ad 0 и d = S y1 A.
12

1. Геометрические характеристики плоских сечений

Рис. 1.17. Параллельный перенос осей в произвольную точку (а);
в центр тяжести сечения (б)

Рассмотрим геометрические характеристики плоских фигур — моменты инерции, которые в дальнейшем будут использованы при расчетах на прочность упругих тел. Различают моменты инерции плоского сечения относительно точки, оси и плоскости.
Момент инерции плоского сечения относительно оси — геометрическая характеристика плоской фигуры, определяемая следующими
формулами:
I x y 2 dA (относительно оси x);
( A)

I y x 2 dA (относительно оси y).
( A)

Это сумма произведений элементарных площадей dA на квадрат расстояния от элементарной площади до данной оси (рис. 1.18). Момент
инерции сечения относительно оси характеризует сопротивление сечения деформациям изгиба относительно этой оси.

Рис. 1.18. Расстояния от элементарной площади
до координатных осей и точки O

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Полярный момент инерции сечения относительно точки — это
сумма произведений элементарных площадей dA на квадрат расстояния от элементарной площади до данной точки (рис. 1.18). Полярный момент инерции сечения относительно точки характеризует сопротивление сечения деформациям кручения вокруг продольной оси,
проходящей через эту точку. Момент инерции относительно точки O
(полярный момент инерции) — геометрическая характеристика фигуры
(рис. 1.18), определяемая формулой
I 2 dA ,
( A)

2
2
2
2
2
так как x y , то I x y dA или I I x I y.
( A)

При параллельном переносе осей моменты инерции плоского сечения меняются согласно приведенной ниже теореме.
Теорема (о моментах инерции относительно параллельных осей). Момент инерции относительно произвольной оси равен моменту инерции
относительно центральной параллельной оси, увеличенному на произведение площади фигуры на квадрат расстояния между осями.

Рис. 1.19. Центральные и параллельные им
оси для плоского сечения

Пусть оси Сx и Сy — центральные оси (рис. 1.19), тогда S x = 0 и S y = 0;
y1 y a.
I x1 y12 dA y a dA y 2 dA a 2 dA 2aydA
2

I x a A 2aS x I x a A,
2

1. Геометрические характеристики плоских сечений

I x1 I x a 2 A.
Аналогично x1 x d , следовательно,
I y1 I y d 2 A.
Момент инерции относительно плоскости (центробежный момент
инерции) — это геометрическая характеристика плоской фигуры, определяемая формулой
I xy xy dA.
( A)

Свойства осей:
1. Оси, проходящие через центр тяжести сечения, называются
центральными.
2. Если центробежный момент инерции относительно перпендикулярных осей обращается в ноль, то оси называются главными.
3. Если главные оси проходят через центр тяжести фигуры, то они
называются главными центральными осями инерции.
Свойства моментов инерции:
1. Если одна из координатных осей является осью симметрии,
то центробежный момент равен нулю.
2. Полярный момент инерции относительно точки равен алгебраической сумме моментов инерции относительно двух взаимно перпендикулярных осей, проходящих через эту точку:
I O I x I y.
3. Сумма моментов инерции относительно взаимно перпендикулярных осей, проходящих через данную точку в плоскости,
постоянна: I x 1 I y1 I x I y.
4. Полярный момент инерции равен моменту инерции относительно оси, проходящей через точку перпендикулярно плоскости фигуры: I O = I z .
Из формул следует: момент инерции относительно центральной
оси достигает минимального значения.
Радиус инерции плоской фигуры относительно оси x
x

Ix
.
A

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Радиус инерции относительно точки О

IO
.
A

Радиусы инерции стандартных сложных профилей приводятся
в справочниках, и, следовательно, моменты инерции таких фигур вычисляют по формулам
I x A x 2 , I y A y 2 .
Пример 3. Для сечения (рис. 1.20) определить моменты инерции
относительно центральных осей.

Рис. 1.20. Схема сечения

Решение. Центр тяжести составного сечения показан на рис. 1.7.
Оси Сx и Сy — это центральные оси сечения.
Найдем момент инерции составного сечения относительно центральной оси Сx. Поскольку сечение состоит из трех фигур, то
I x I1 x I 2 x I 3 x .
I1 x — момент инерции прямоугольника № 1 относительно оси Сx
(рис. 1.21):
I1 x I1 x1 A1a12,
где I1 x1 — момент инерции прямоугольника относительно собственной центральной оси C1x1:
I1 x1

b1h13 60, 0 10, 03

5 000 см4 ;
12
12

1. Геометрические характеристики плоских сечений

A1a12 — добавочный момент инерции, возникающий за счет переноса оси,
и, как видно на рис. 1.21, a1 y1 yC 450 311 139 мм 13, 9 см — расстояние от собственной центральной оси прямоугольника С1x1 до центральной оси всего сечения Сx.
I1 x I1 x1 A1a12 5 000 600 13, 92 120 926 см4 .
I 2 x — момент инерции прямоугольника № 2 относительно оси Сx:
I 2 x I 2 x2 A2 a22 ;
где I 2 x2 — момент инерции прямоугольника относительно собственной центральной оси С2x2:
I 2 x2

b2 h23 10, 0 30, 03

22 500 см4 ,
12
12

A2 a22 — добавочный момент инерции, возникающий за счет переноса
оси, и, как видно на рис. 1.22, a2 yС y2 311 250 61 мм 6,1 см —
расстояние от собственной центральной оси прямоугольника С2x2
до центральной оси всего сечения Сx.
I 2 x I 2 x2 A2 a22 22 500 300 6,12 33 663 см4 .

Рис. 1.21. Схема для вычисления I1 x

Рис. 1.22. Схема для вычисления I 2 x

I 3 x — момент инерции прямоугольника № 3 относительно оси Сx:
I 3 x I 3 x2 A3a32 ;
17

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

где I 3 x3 — момент инерции прямоугольника относительно собственной центральной оси С3x3:
I 3 x3

b3 h33 25, 0 10, 03

2 083 см4 ,
12
12

A3a32 — добавочный момент инерции, возникающий за счет переноса
оси, и, как видно на рис. 1.23, a3 yС y3 311 50 261 мм 26,1 см —
расстояние от собственной центральной оси прямоугольника С3x3
до центральной оси всего сечения Сx.
I 3 x I 3 x3 A3a32 2 083 250 26,12 172 386 см4 .
Таким образом,
I x I1 x I 2 x I 3 x 120 926 33 663 172 386 326 975 см4 .
Найдем момент инерции составного сечения относительно центральной оси Сy (рис. 1.24). Сечение состоит из трех фигур, поэтому
I y I 1 y I 2 y I 3 y.

Рис. 1.23. Схема для вычисления I 3 x

Рис. 1.24. Схема для вычисления I y

I1 y — момент инерции прямоугольника № 1 относительно оси Сy:
I1 y = I1 y1 ,
где I1 y1 — момент инерции прямоугольника относительно собственной центральной оси С1y1, которая совпадает с центральной осью сечения в целом:

1. Геометрические характеристики плоских сечений

h1b13 10, 0 60, 03

180 000 см4 .
12
12
— момент инерции прямоугольника № 2 относительно оси Сy:
I1 y1

I2y

I 2 y = I 2 y2 ,
где I 2 y2 — момент инерции прямоугольника относительно собственной центральной оси С2y2, которая совпадает с центральной осью сечения в целом:
h2 b23 30, 0 10, 03

2 500 см4 .
12
12
— момент инерции прямоугольника № 3 относительно оси Сy:
I 2 y2

I3 y

I 3 y = I 3 y3 ,
где I 3 y3 — момент инерции прямоугольника относительно собственной центральной оси С3y3, которая совпадает с центральной осью сечения в целом:
I 3 y3

h3b33 10, 0 25, 03

13 021 см4 .
12
12

Таким образом,
I y I1 y I 2 y I 3 y 180 000 2 500 13 021 195521 см4 .
Пример 4. Для сечения (рис. 1.25) определить моменты инерции относительно центральных осей, если 1 — швеллер № 12 по ГОСТ 8240–97,
2 — уголок 50×5 по ГОСТ 8509–93.

Рис. 1.25. Координаты центра тяжести составного сечения

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Решение. Центр тяжести составного сечения показан на рис. 1.13.
Оси Сx и Сy — это центральные оси сечения.
Найдем момент инерции составного сечения относительно центральной оси Сx (рис. 1.25). Сечение состоит из двух фигур, поэтому
I x I1 x I 2 x .
I1 x — момент инерции швеллера относительно оси Сx:
I1 x I1 x1 A1a12 304 13,3 1, 2152 323, 6 см4 ,
2
где I1 x1 — собственный момент инерции швеллера; A1a1 — добавочный момент инерции, возникающий за счет переноса оси;
a1 yC y1 72,15 60 12,15 мм 1, 215 см — расстояние от собственной центральной оси швеллера С1x1 до центральной оси всего сечения Сx (рис. 1.26).

Рис. 1.26. Определение a1 и a2

I 2 x — момент инерции уголка относительно оси Сx:
I 2 x I 2 x2 A2 a22 11, 2 4,8 3,3652 65, 6 см4 ,
2
где I 2 x2 — собственный момент инерции уголка; A2 a2 — добавочный момент инерции, возникающий за счет переноса оси;
a2 y2 yC 105,8 72,15 33, 65 мм 3,365 см — расстояние от собственной центральной оси уголка С2x2 до центральной оси всего сечения Сx (рис. 1.26).
Таким образом,

I x I1 x I 2 x 323, 6 65, 6 389, 2 см4 .
20

1. Геометрические характеристики плоских сечений

Найдем момент инерции составного сечения относительно центральной оси Сy. Поскольку сечение состоит из двух фигур, то
I y I1 y I 2 y .
I1 y — момент инерции швеллера относительно оси Сy:
I1 y I1 y1 A1d12 31, 2 13,3 0, 7852 39, 4 см4 ,
2
где I1 y1 — собственный момент инерции швеллера; A1d1 — добавочный момент инерции, возникающий за счет переноса оси;
d1 x1 xC 15, 4 7,55 7,85 мм 0, 785 см — расстояние от собственной центральной оси швеллера С1y1 до центральной оси всего сечения Сy (рис. 1.27).

Рис. 1.27. Определение d1 и d2

I 2 y — момент инерции уголка относительно оси Сx:
I 2 y I 2 y2 A2 d22 11, 2 4,8 2,1752 33, 9 см4 ,
2
где I 2 y2 — собственный момент инерции уголка; A2 d2 — добавочный момент инерции, возникающий за счет переноса оси;
d2 x2 xC 14, 2 7,55 21, 75 мм 2,175 см — расстояние от собственной центральной оси уголка С2y2 до центральной оси всего сечения Сy
(рис. 1.27).
Таким образом,

I y I1 y I 2 y 39, 4 33, 9 73,3 см4 .
21

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Момент сопротивления относительно оси (точки) — геометрическая
характеристика плоской фигуры, равная отношению момента инерции относительно оси (точки) к расстоянию до максимально удаленной от оси (точки) точки фигуры.
Момент сопротивления относительно
оси (рис. 1.28):
=
Wx
Рис. 1.28. Максимальные
расстояния от крайних
точек сечения
до координатных осей

Рис. 1.29. Плоская
пластина в виде
прямоугольника

Iy
Ix
=
, Wy
.
max | y |
max | x |

Момент сопротивления относительно
точки O (рис. 1.28):
W

I
max | r |

Эта геометрическая характеристика используется при вычислении максимальных
по величине нормальных и касательных напряжений.
Приведем некоторые геометрические характеристики простейших фигур. Пусть пластина в форме прямоугольника имеет размеры b×h (рис. 1.29).
Моменты инерции относительно центральных осей и полярный момент инерции
для плоского сечения в виде прямоугольника:

bh
bh3
hb3
, Iy =
, I (b 2 h2 ).
12
12
12
Моменты сопротивления относительно центральных осей и полярный момент сопротивления для плоского сечения в виде прямоугольника:
Ix =

bh2
hb 2
bh
, Wy
, W (b h).
6
6
6

Рассмотрим круг диаметром d (рис. 1.30). Моменты инерции
и моменты сопротивления круга относительно центральных осей
Сх и Су равны в силу симметрии. Следовательно, моменты инерции
22

1. Геометрические характеристики плоских сечений

относительно центральных осей и полярный момент инерции для плоского сечения в виде круга:
d 4
d 4
I
, Ix Iy
.
32
64
Моменты сопротивления относительно
центральных осей и полярный момент сопротивления для плоского сечения в виде
круга:

Рис. 1.30. Плоская пластина
в виде круга

d 3
d 3
, Wx W y
.
16
32
Для вычисления момента инерции
кольца можно использовать метод отрицательных площадей. Рассмотрим коль- Рис. 1.31. Плоская пластина
в виде кольца
цо с внешним диаметром D и внутренним
диаметром d (рис. 1.31). Моменты инерции и моменты сопротивления круга относительно центральных осей
Сх и Су равны в силу симметрии. Следовательно, моменты инерции
полярный и относительно центральных осей для плоского сечения
в виде кольца:
W

D 4 d 4
D 4 d 4

, Ix Iy
.
32
32
64
64

Введем параметр

d
, тогда
D

D 4
D 4
(1 4 ), I x I y
(1 4 ).
32
64
Моменты сопротивления полярный и относительно центральных
осей для плоского сечения в виде кольца:
I

D 3
D 3
(1 4 ), W x W y
(1 4 ).
16
32

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Задания к главе 1
Задание 1. Для соединительной пластины (рис. 1.32) определить
положение центра тяжести.

Рис. 1.32. Соединительная пластина

Задание 2. Для сечения (рис. 1.33) определить положение центра тяжести и моменты инерции относительно центральных осей, если 1 — швеллер с уклоном внутренних граней полок № 14 по ГОСТ 8240–89, 2 — балка двутавровая № 10 по ГОСТ 8239–89.
Задание 3. Определить радиус инерции
и момент сопротивления трубчатого сечения (рис. 1.34) относительно центральных
осей, если d = 200 мм; a = 60 мм.
Примечание. Вычисление момента соРис. 1.33. Составное
противления сложного сечения нельзя
сечение в виде скрепленных
швеллера и двутавра
производить сложением или вычитанием
соответствующих моментов сопротивления
пластин в виде квадрата и круга.
Тест 1. Полярный момент инерции
трубчатого сечения в виде кольца равен
6 см4. Чему равен осевой момент инерции, см4:
а) 3;
б) 6;
Рис. 1.34. Трубчатое
в) 12;
сечение
г) 18?
24

1. Геометрические характеристики плоских сечений

Тест 2. Осевой момент сопротивления симметричного составного
сечения равен 6 см3. Чему равен полярный момент сопротивления, см3:
а) 3;
б) 6;
в) 12;
г) 18?
Тест 3. Какая ось плоского сечения (рис. 1.35) — центральная:
а) x1;
б) x2;
в) x3?

Рис. 1.35. Плоское сечение
в виде круга с квадратным вырезом

Кейс (Задача Парана). Из круглого бревна твердой древесины
(рис. 1.36) диаметром D необходимо выпилить брус прямоугольного
сечения h×b с наибольшим моментом сопротивления. Найти отношение сторон прямоугольного сечения h/b.

Рис. 1.36. Круглое бревно и брус прямоугольного сечения

2. Основные понятия и задачи статики
упругого тела

пособность тел менять свою форму и размеры под действием
внешних сил называется деформацией. Если после удаления
внешних сил форма и размеры тела восстанавливаются, то деформацию называют упругой, в противном случае — остаточной (пластич
ной). В дальнейшем мы будем изучать только упругие деформации тел.
Основными моделями упругого тела являются брус, оболочка
и массив.
Материальное тело, двумя размерами поперечного сечения которого можно пренебречь по отношению к третьему, h  l , b  l (рис. 2.1),
называют брусом. Ось бруса — геометрическое место точек, являющихся центром тяжести поперечных сечений. Брусья, имеющие поперечные сечения одинаковой формы и размера, называют стержнями.

Рис. 2.1. Брус

Оболочка — материальное тело с криволинейной срединной поверхностью (рис. 2.2), одним из размеров которого можно пренебречь
по сравнению с двумя другими.

Рис. 2.2. Оболочка

2. Основные понятия и задачи статики упругого тела

Иначе говоря, это тело, ограниченное двумя одинаковыми поверхностями, расположенными близко друг к другу. Оболочка, образованная двумя плоскостями (рис. 2.3), называется пластиной. Расстояние
между плоскостями h (рис. 2.3) называют толщиной пластины, при
этом h  l , b ≈ l .

Рис. 2.3. Пластина

Материальное объемное тело (рис. 2.4), для которого все три размера соизмеримы, h ≈ b ≈ l , называют массивом.

Рис. 2.4. Массив

Цель расчета в статике упругого тела — придать конструкции и всем
ее элементам наиболее рациональную форму и, зная свойства используемого материала, правильно определить размеры детали, конструкции, исходя из величины и характера действия нагрузок.
Три основные задачи статики упругого тела:
1. Задача прочности: изложение методов расчета элементов конструкций и деталей машин на прочность.
Прочность — способность материалов сопротивляться разрушению под действием внешних сил (нагрузок); способность
конструкции работать надежно в течение всего срока эксплуатации, не разрушаясь.
2. Задача жесткости: изложение методов расчета элементов конструкций и деталей машин на жесткость.
Жесткость — способность материалов сопротивляться деформации под действием внешних сил; способность конструкции
деформироваться в заданных пределах.
27

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

3. Задача устойчивости: изложение методов расчета элементов
конструкций и деталей машин на устойчивость.
Устойчивость — способность материалов сохранять первоначальную форму равновесия под действием внешних сил; способность конструкции сохранять свою первоначальную форму равновесия при внешней нагрузке.
Помимо требований жесткости, прочности и устойчивости, в настоящее время на детали машин и элементы конструкций накладывается жесткое требование экономичности. Кроме того, изготовление
и эксплуатация конструкций и деталей машин должны быть экологичными.
Сопротивление материалов — раздел механики твердого деформируемого тела, в котором рассматриваются инженерные методы оценки прочности, жесткости и устойчивости, поэтому здесь используется
большое количество допущений, ограничений и упрощающих гипотез:
1) гипотеза сплошности: материал, из которого состоит тело,
сплошь заполняет его физический объем, материал не имеет
разрывов, пустот, пор, трещин, включений и т. д.;
2) гипотеза однородности: свойства материала во всех точках тела
одинаковы, материал состоит из одного вещества, сплава или
твердого раствора;
3) гипотеза изотропности: свойства материалов в любом направлении одинаковы;
4) гипотеза о малости деформации: величина деформации упругого тела много меньше его размеров;
5) гипотеза упругости: материалы подчиняются закону Гука, они
идеально упругие, то есть деформации, возникающие при приложении нагрузки, полностью исчезают после ее снятия;
6) гипотеза независимости действия сил (принцип суперпозиции): результат действия внешних сил на упругое тело не зависит от порядка приложения этих сил;
7) гипотеза (принцип) Сен-Венана: в точках, достаточно удаленных от места контакта упругих тел, характеристики деформации
упругого тела не зависят от способа взаимодействия, то есть
на достаточном расстоянии от места приложения нагрузки напряжения не зависят от способа приложения нагрузки, а зависят только от ее статического эквивалента;

2. Основные понятия и задачи статики упругого тела

8) гипотеза плоских сечений (гипотеза Бернулли): плоские сечения, перпендикулярные продольной оси стержня до его деформации, остаются плоскими и перпендикулярными продольной
оси стержня и после деформации;
9) принцип начальных размеров (принцип относительной жесткости): при составлении уравнений равновесия изменением
геометрии конструкции под нагрузкой можно пренебречь.
Расчет деформируемых тел начинается с выбора расчетной схемы,
то есть реальный инженерный объект освобождается от несущественных особенностей.
Пример 1. Необходимо подобрать трос для грузоподъемного механизма.
Решение. Одному и тому же реальному объекту может соответствовать несколько расчетных схем. Можно рассмотреть груз, трос
и блок — в этом случае расчетная схема изображена на рис. 2.5, а.
А можно рассмотреть только груз, висящий на тросе — в этом случае
расчетная схема будет проще (рис. 2.5, б). При этом верно и обратное:
одной и той же расчетной схеме может соответствовать несколько реальных объектов.
а

Рис. 2.5. Расчетные схемы для грузоподъемного механизма.
Направление силы реакции идеальной нити:
с учетом груза и блока, изменяющего ее направление (а);
с учетом только груза (б)

Пример 2. Построить расчетную схему тихоходного вала редуктора.
Решение. Изображаем вал в виде прямой линии, пренебрегая его
реальными размерами. Шкив либо заменяем силовыми факторами,
29

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

либо изображаем диском, пренебрегая его формой, вырезами, не учитывая вид зубьев и т. д. Отмечаем пары сил вращения вала, моменты сопротивления и другие действующие на вал силы. Начало отсчета системы координат берем в точке А (рис. 2.6). Две координатные
оси направляем в поперечном сечении, а ось Аz — вдоль оси сечения вала. В точках А и В предполагается крепление вала. Поскольку
в точке А устанавливается подпятник, на схеме изображаются три составляющие реакции 3: XA, YA, ZA. В точке В вал крепится посредством
подшипника, на расчетной схеме изображаются две составляющие
реакции: XB, YB.

Рис. 2.6. Тихоходный вал редуктора и его расчетная схема 4

Инженерная механика. Статика / С. А. Берестова, Е. М. Романовская,
Е. А. Савина [и др.] ; под общ. С. А. Берестовой. Екатеринбург : Изд-во Урал. ун-та,
2025. 100 с. (Контекстное обучение инженеров).
4
Тихоходный вал редуктора. URL: https://777russia.ru/book/uploads/
МЕТАЛЛООБРАБОТКА/Порошин%20В.Б.%202009 %20Начинаем%20учить%20
сопромат.pdf (дата обращения: 29.10.2025).
3

2. Основные понятия и задачи статики упругого тела

Дадим классификацию сил, действующих на упругие тела: силы
могут быть объемными и поверхностными, сосредоточенными и распре
деленными, статическими и динамическими. В свою очередь, динамические силы можно делить на ударные (за бесконечно малые промежутки времени вызывают изменение скорости на конечную величину)
и переменные.
Если упругое тело рассматривать изолированно от других тел, то их
действие на рассматриваемое тело заменяют внешними силами. Для
обозначения внешних сил используется символ e (external). Внутрен
ние силы — это силы взаимодействия между частями тела при приложении внешней нагрузки. Для обозначения внутренних сил используется символ i (internal).
Метод определения внутренних усилий называется методом сечений
или методом РОЗУ — это аббревиатура, шифрующая алгоритм действий:
Р — рассекаем, выбирая сечение, в котором будем определять внутренние силовые факторы;
О — отбрасываем, выбирая одну из частей со всеми внешними нагрузками, приложенными к ней;
З — заменяем действие отброшенной части на рассматриваемую,
отображая его с помощью внутренних силовых факторов;
У — уравновешиваем рассматриваемую часть, записываем условие ее равновесия.
Нагрузку, распределенную по площади (рис. 2.7, а), можно представить нагрузкой, распределенной по линии (рис. 2.7, б). При этом
q = gb, где g — нагрузка на квадратный метр поверхности, Н/м2 = Па;
q — нагрузка на метр длины (погонная нагрузка), Н/м.
а

Рис. 2.7. Эквивалентные нагрузки: распределенная по площади (а),
распределенная по линии (б)

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Нагрузку, распределенную по линии (рис. 2.8, а), можно заменить
сосредоточенной силой (рис. 2.8, б). При этом P q l , где q — нагрузка на метр длины, Н/м; P — сила, Н.
а

Рис. 2.8. Эквивалентные нагрузки: распределенная по линии (а),
сосредоточенная сила (б)

Пару сил (рис. 2.9, а) можно представить моментом пары, как показано на рис. 2.9, б, либо круговой стрелкой (рис. 2.9, в). При этом
M P l , где M — момент пары, Н∙м; P — сила, Н; Δl — плечо пары, м.
а

Рис. 2.9. Эквивалентные представления пары сил:
пара сил (а), момент в виде пары сил (б), момент как круговая стрелка (в)

Изменение линейных размеров под действием внешних сил называется линейной деформацией, а изменение угловых размеров под
действием внешних сил называется угловой деформацией. Будем
обозначать Dl (Db) абсолютную линейную деформацию (рис. 2.10),
e = Dl/l (e′ = Db/b) — относительную линейную деформацию, g —
угол сдвига.
Под перемещением точки упругого тела в результате деформации
понимается ее перемещение по отношению к неподвижному пространству.

2. Основные понятия и задачи статики упругого тела

Рис. 2.10. Изменение линейных размеров
под действием внешних сил

Для определения внутренних сил (усилий) при нагружении бруса
внешними силами (нагрузкой) используют метод сечений. Для этого
перпендикулярно к оси бруса проводят плоскость поперечного сечения, в котором необходимо определить внутренние силы. Затем отбрасывают одну из частей, например правую, и действие отброшенной
части заменяют силами. Поскольку эти силы распределены по всему
сечению, то их приводят к центру тяжести сечения. При этом главный
вектор и главный момент внутренних сил удобно разложить по координатным осям.
Рассмотрим этот метод более подробно. Упругое тело, к которому
приложена нагрузка в виде системы внешних сил, находится в равновесии (рис. 2.11, а).
а

Рис. 2.11. Упругое тело в равновесии под действием системы
внешних сил (а) и плоскость сечения (б)

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рассечем тело плоскостью в заданном сечении (рис. 2.11, б). Плоскость должна проходить перпендикулярно продольной оси тела.
Отбросим одну из частей, например левую (рис. 2.12, а).
а

Рис. 2.12. Правая часть упругого тела, находящегося в равновесии
под действием системы внешних сил (а), и система внутренних сил в сечении (б)

Заменяем действие отброшенной части на оставшуюся внутренними силами упругого тела. В данном случае внутренние силы представляют собой произвольную пространственную систему сил (рис. 2.12, б).
По теореме Пуансо (основной теореме статики 5) произвольную
пространственную системувнутренних сил упругого
тела можно за
менить на главный вектор R и главный момент M внутренней системы сил упругого тела (рис. 2.13, а).
а

Рис. 2.13. Главный вектор и главный момент внутренней системы
сил упругого тела (а) и их представление в системе координат Oxyz (б)

2. Основные понятия и задачи статики упругого тела

При этом главный вектор можно разложить на проекции на оси
координат Oxyz (рис. 2.13, а), а главный момент можно представить
разложением на моменты относительно осей (рис. 2.13, б). N, Mx, My,
Mк, Qx, Qy — внутренние силовые факторы (внутренние усилия, внутренние силы по отношению к упругому телу): N — продольная сила;
Mx, My — изгибающие моменты; Mк — крутящий момент; Qx, Qy — поперечные силы. Заметим, что по отношению к оставшейся в рассмотрении правой части они являются внешними силами.
Уравновешиваем оставшуюся часть. Составляем уравнения равновесия правой части: приравниваем к нулю суммы проекций сил
на оси координат и суммы моментов относительно координатных
осей. Определяем внутренние усилия упругого тела из соответствующих уравнений:
n

0 для определения продольной силы N;

0 для определения поперечной силы Qx;

k 1
n

F
k 1
n

k 1

m
k 1

0 для определения изгибающего момента Mx;

m
k 1

0 для определения изгибающего момента My;

m
k 1

0 для определения поперечной силы Qy;

0 для определения крутящего момента Mк.

По величине и направлению векторов внутренних усилий в упругом теле можно судить о его деформации.
Каждому внутреннему усилию соответствует свой вид деформации.
Реальный инженерный объект испытывает совокупность простейших
деформаций. В табл. 2.1 рассмотрены частные случаи приведения внутренних сил к простейшему виду. Остальные случаи приведения относят к сложным видам сопротивления.
35

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Таблица 2.1
Частные случаи приведения внутренних сил к простейшему виду
Вид деформации

Qx2 + Qy2

M x2 + M y2

Mк

Растяжение (сжатие)

≠0

Сдвиг

≠0

Изгиб

≠0

Кручение

≠0

Продольная сила N вызывает растяжение или сжатие (рис. 2.14).

Рис. 2.14. Растяжение (сверху),
сжатие (снизу) бруса продольной силой N

Поперечные силы Qx или Qy вызывают сдвиг (рис. 2.15).

Рис. 2.15. Сдвиг бруса парой сил Q

Изгибающий момент Mx или My вызывает изгиб (рис. 2.16).

Рис. 2.16. Изгиб бруса изгибающими моментами Ми

Крутящий момент Mк вызывает кручение (рис. 2.17).

Рис. 2.17. Кручение бруса крутящими моментами Мк

Определение внутренних сил — это только первый шаг на пути
к оценке прочности конструкции, деталей машин. Для оценки
36

2. Основные понятия и задачи статики упругого тела

прочности надо знать интенсивность распределения внутренних усилий в сечении, мерой которой являются напряжения. Напряжение
в точке упругого тела — это величина внутреннего усилия, отнесенного к единице площади поперечного сечения.
Выделим элементарную площадку некоторого сечения бруса вокруг некоторой точки этого сечения площадью DA (рис. 2.18).

Рис. 2.18. Элементарная площадка dA сечения бруса

Обозначим равнодействующую внутренних сил, действующих
на эту



R
площадку, DR. Тогда вектор средних напряжений pср
в пределе при
A
стремлении площади элементарной площадки к нулю
 будем называть пол

R
ным или истинным напряжением в точке p lim
. Составляющая наA 0 A

N

пряжения, перпендикулярная сечению lim
, называется нормаль
A 0 A


 
T

ным напряжением в точке, а составляющая lim
, где T Qx Qy,
A 0 A
расположенная в сечении, — касательным напряжением в точке. Если известны все напряжения на трех любых взаимно перпендикулярных площадках в точке, то говорят, что задано напряженное состояние в точке
(рис. 2.19).
Если на площадке действуют только нормальные напряжения,
то их называют главными напряжениями. Принято обозначать главные напряжения индексами 1, 2, 3 в порядке убывания их величины
37

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

в алгебраическом смысле. Например, пусть главные напряжения равны 10 МПа, 12 МПа и –50 МПа, тогда s1 = 12 МПа, s2 = 10 МПа
и s3 = –50 МПа. Площадки, на которые действуют главные напряжения, называют главными.
Максимальные касательные напряжения определяются соотношением
max

1 3
.
2

Рис. 2.19. Напряженное состояние в точке

Если на одну из площадок действует нормальное напряжение,
а на двух других напряжение равно нулю, то напряженное состояние
называют линейным или одноосным. Если только на одной из трех главных площадок напряжение равно нулю, то напряженное состояние
называют плоским или двухосным. Если же на всех трех главных площадках напряжение не равно нулю, напряженное состояние называется объемным или трехосным.
Важнейшей задачей инженерного расчета является оценка прочности детали или элемента конструкции по известному напряженному состоянию, то есть по известным главным напряжениям в точках
тела. При простых видах деформации, особенно одноосных, эта задача решается описанным ниже образом.
Все величины, заключенные в квадратные скобки [a], будем называть допускаемыми значениями величины a. Ограничения на величину
напряжения определяют условие прочности. Так, например, условия
прочности по нормальным и касательным напряжениям формулируются как указано ниже.
38

2. Основные понятия и задачи статики упругого тела

Для обеспечения прочности материала детали при одноосном напряженном состоянии необходимо, чтобы наибольшее нормальное
напряжение не превосходило допускаемое нормальное напряжение
для данного материала: max .
Для обеспечения прочности материала детали необходимо, чтобы
наибольшее касательное напряжение не превышало допускаемое касательное напряжение: max .
Метод допускаемых напряжений применяется при расчете деталей машин:
, ,
где s и t — фактические напряжения; [s] и [t] — допускаемые нормальное и касательное напряжения. Допускаемое напряжение обычно берется с запасом:

y
kз

где sy — предел текучести; kз — коэффициент запаса прочности. Рекомендуемые значения коэффициента запаса прочности для материалов: пластичных — 1,4…2,0; хрупко-пластичных — 1,6…2,5; хрупких — 2,5…4,0.
При расчете элементов строительных конструкций применяется
метод предельных состояний:
R , Rs ,
где s и t — фактические напряжения; R и Rs — расчетные сопротивления, задающиеся в нормах на проектирование строительных конструкций: СП 16.13330 «Стальные конструкции», СП 63.13330 «Бетонные и железобетонные конструкции», СП 64.13330 «Деревянные
конструкции» и др.

Задания к главе 2
Задание 1. При известных главных напряжениях (рис. 2.20) найти наибольшее главное напряжение и максимальное касательное напряжение.
39

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рис. 2.20. Главные напряжения
на элементарном объеме

Задание 2. Полагая, что часть пространственной рамы находится
в равновесии под действием показанных на рис. 2.21 сосредоточенных сил, определить приложенные в сечении А силы в долях F и пары
сил в долях Fl.

Рис. 2.21. Часть пространственной рамы, находящаяся в равновесии6

Плоская рама, нагруженная в своей плоскости произвольной системой усилий (сил и пар сил). URL: https://777russia.ru/book/uploads/МЕТАЛЛООБРАБОТКА/Порошин%20В.Б.%202009%20Начинаем%20учить%20сопромат.pdf (дата обращения: 29.10.2025).
6

2. Основные понятия и задачи статики упругого тела

Задание 3. Проверить прочность материала, если максимальное напряжение в сечении 240 МПа, запас прочности 1,5. Полученный экспериментальным путем предел упругости равен 640 МПа.
Тест 1. Какие внутренние силовые факторы возникают на участке
ВС плоской рамы (рис. 2.22) в опасном сечении:
а) изгибающий момент;
б) изгибающий момент и нормальная сила;
в) изгибающий момент и поперечная сила;
г) нормальная/продольная сила?

Рис. 2.22. Плоская рама

Тест 2. Какие внутренние силовые факторы возникают на участке
АВ плоской рамы (рис. 2.22) в опасном сечении:
а) изгибающий момент;
б) изгибающий момент и нормальная сила;
в) изгибающий момент и поперечная сила;
г) нормальная/продольная сила?
Тест 3. Определить вид напряженно-деформированного состояния на участке ВС плоской рамы (рис. 2.22):
а) сдвиг;
б) кручение;
в) растяжение;
г) сжатие;
д) изгиб.
Тест 4. Определить вид напряженно-деформированного состояния на участке АВ плоской рамы (рис. 2.22):
а) сдвиг;
б) кручение;
в) растяжение;
г) сжатие;
д) изгиб.
41

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Тест 5. Определить для части плоской рамы (рис. 2.23), находящейся в равновесии, внутренние силовые факторы в сечении А, если
l = 1 м; F = 2 кН:
а) N = 0 кН; Qx = –6 кН; My = –4 кН·м;
б) N = 2 кН; Qx = 6 кН; My = –4 кН·м;
в) N = 2 кН; Qx = –6 кН; My = 8 кН·м;
г) N = 2 кН; Qx = 0 кН; My = –4 кН·м;
д) N = 2 кН; Qx = –6 кН; My = 0 кН·м.

Рис. 2.23. Часть плоской рамы, находящаяся в равновесии7

Тест 6. При известных главных напряжениях (рис. 2.24) найти максимальное касательное напряжение, МПа:
а) 400;
б) 500;
в) 200;
г) 250;
д) 300.

Нагружение пространственной рамы произвольной системой усилий (сил и пар
сил). URL: https://777russia.ru/book/uploads/МЕТАЛЛООБРАБОТКА/Порошин%20
В.Б.%202009%20Начинаем%20учить%20сопромат.pdf (дата обращения: 29.10.2025).
7

2. Основные понятия и задачи статики упругого тела

Рис. 2.24. Главные напряжения
на элементарном объеме

Кейс. Самолет стоит на земле, посадочное устройство нагружено только вертикальной силой. Проанализируйте напряженно-
деформированное состояние в указанном сечении стойки шасси
(рис. 2.25). Какие компоненты главного вектора внутренних сил в показанном сечении равны нулю? Какие компоненты главного момента сил в показанном сечении равны нулю?

Рис. 2.25. Посадочное устройство самолета8

Посадочное устройство. URL: https://studfile.net/html/73486/283/html_
bsuTEWnnUp.cSbd/htmlconvd-1OiZzo_html_290a424473ed07a4.png (дата обращения: 29.10.2025).
8

3. Растяжение и сжатие
прямолинейного бруса

ентральное растяжение/сжатие возникает под действием
внешних сил, приложенных вдоль оси стержня или параллельно ей (рис. 3.1).

Рис. 3.1. Внешние силы, приложенные
вдоль оси стержня и параллельно этой оси

Центральное растяжение/сжатие — это такой вид деформации, при
котором в поперечном сечении возникает только продольная сила N
(рис. 3.2): Fz 0 : P N 0 N P. Брус в состоянии напряженно-
деформированного состояния растяжения/сжатия принято называть
стержнем.

Рис. 3.2. Сжатие под действием внешних сил P,
продольная сила N в сечении стержня

3. Растяжение и сжатие прямолинейного бруса

Правило знаков: продольная сила направлена от сечения N > 0 —
это напряженно-деформированное состояние соответствует растяжению (рис. 3.3, а); продольная сила направлена к сечению N < 0 —
это напряженно-деформированное состояние соответствует сжатию
(рис. 3.3, б). Изначально при определении продольных сил в стержнях конструкций их предполагают растянутыми. Фактическое состояние определяют по знаку продольной силы.
а

Рис. 3.3. Направление продольной силы: при растяжении (а) и при сжатии (б)

Пример 1. Определить продольную силу в поперечном сечении I – I
стержня (рис. 3.4).

Рис. 3.4. Колонна, сжимаемая под действием внешних сил

Решение. Для определения продольной силы в поперечном сечении колонны составим уравнения равновесия верхней части колонны
в виде суммы проекций всех сил на вертикальную ось z:

0: N P1 2P2 0 N P1 2P2 N

z(e)

Продольная сила в поперечном сечении численно равна алгебраической сумме проекций всех внешних сил, действующих по одну сторону от сечения, на ось стержня.
45

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Если растянуть образец упругого стержня, на поверхности которого нанесена сетка, то можно отметить следующее (рис. 3.5):
1) горизонтальные линии остаются горизонтальными;
2) вертикальные линии остаются вертикальными, за исключением небольших окрестностей, в которых закреплен стержень
и приложена растягивающая сила.

Рис. 3.5. Образец для испытаний растяжением упругого стержня,
на поверхности которого нанесена сетка

Ячейки сетки увеличиваются в вертикальном направлении и сужаются в горизонтальном. Это позволяет утверждать, что выполняется гипотеза Бернулли и напряжения могут быть только нормальными
и постоянными (рис. 3.6).

Рис. 3.6. Усилие и напряжение
в стержне при его растяжении

Усилие и напряжение связаны формулой
N dA A,
( A)

так как const, следовательно,

N
.
A

Нормальное напряжение при растяжении/сжатии равно отношению продольной силы к площади поперечного сечения.

3. Растяжение и сжатие прямолинейного бруса

Условие прочности при центральном растяжении/сжатии записывается в виде
N max
N
или max max R.
A
A
Наибольшие напряжения, возникающие в стержне, не должны превышать допускаемого напряжения для деталей машин или расчетного сопротивления R материала конструкций.
Наблюдения также показывают, что при растяжении стержней их
поперечные сечения уменьшаются, то есть они «сужаются», а при сжатии, наоборот, «расширяются».
Определим деформацию стержня и перемещения его сечений
 при растяжении/сжатии. Рассмотрим стержень, загруженный силой P (рис. 3.7).
Под ее действием стержень деформируется, а точнее, растягивается.
max

Рис. 3.7. Растяжение стержня

При этом l0 — начальная длина стержня; l1 — конечная длина стержня; l l1 l0 — абсолютная продольная деформация (при растяжении —
l
это удлинение); 1
— относительная продольная деформация;
l0
h h1 h0 — абсолютная поперечная деформация (при растяжении —
h
это сужение); 2
— относительная поперечная деформация.
h0
Между продольной и поперечной деформацией существует линейная зависимость. Коэффициент поперечной деформации, или коэффици
ент Пуассона, характеризует способность материала деформироваться в поперечном направлении:

2
.
1
47

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Коэффициент Пуассона безразмерный и для рассматриваемых
в курсе материалов может принимать значения в диапазоне
0 ≤ m ≤ 0,5.
Деформации, соответствующие растяжению, принято считать положительными, а сжатию — отрицательными.
При решении простейших задач на растяжение/сжатие возникает
необходимость иметь некоторые экспериментальные данные, на основе которых можно было бы построить теорию. К этим экспериментальным данным можно отнести модуль продольной упругости E (модуль Юнга), коэффициент поперечной деформации µ (коэффициент
Пуассона), допускаемые напряжения [σ] и другие характеристики материала. В связи с этим разработано много различных видов испытаний, для которых используются специально изготовленные образцы
с размерами, определенными ГОСТами (рис. 3.8). Наиболее распространенными являются испытания на растяжение. Для некоторых
строительных материалов — камня, цемента, бетона и др. — основными являются испытания на сжатие. С их помощью удается получить
наиболее важные характеристики материалов, находящие прямое применение в расчетной практике. Модуль упругости первого рода, или
модуль Юнга, определяется экспериментально при растяжении цилиндрического образца.
а

Рис. 3.8. Образцы для испытаний на растяжение (а) и сжатие (б, в)

Испытания проводятся на машинах различных типов. В процессе
испытания специальное устройство автоматически вычерчивает график, изображающий зависимость между действующей в образце продольной силой и удлинением образца (рис. 3.9).
Для более удобного изучения свойств материалов этот график представляют в виде условной диаграммы, построенной в координатах
48

3. Растяжение и сжатие прямолинейного бруса

«напряжение — относительная деформация» (рис. 3.10). Полученная
кривая может быть условно разделена на зоны. Ограничимся рассмотрением зоны упругости материала, где он подчиняется закону Гука,
а диаграмма представляет собой прямую линию. Закон Гука связывает деформации и напряжения в стержне:
E ,
где E — коэффициент пропорциональности, модуль упругости первого рода, модуль Юнга.

Рис. 3.9. Диаграмма зависимости удлинения от приложенной нагрузки
при растяжении цилиндрического образца из малоуглеродистой стали

Рис. 3.10. Диаграмма зависимости деформации от напряжений
при растяжении цилиндрического образца из малоуглеродистой стали

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Опытным путем установлено, что между деформацией Dl, продольной силой N и длиной стержня l существует пропорциональная
зависимость:
Nl
,
EA
где EA — жесткость поперечного сечения стержня, которая характеризует способность стержня сопротивляться деформациям растяжения
(сжатия). Если стержень имеет несколько участков нагружения, то его
полная деформация определяется формулой
l

N l

A kEk ,

k 1 k k

то есть в пределах одного и того же участка все физические величины
должны быть постоянными. Если стержень имеет постоянное поперечное сечение и состоит из одного материала, то
l

1
l
N ( z )dz.
EA 0
График, демонстрирующий изменение какой‑либо физической
величины вдоль какого‑нибудь направления (рис. 3.11), — это эпюра.

Рис. 3.11. Эпюра перемещений сечений стержня при растяжении

3. Растяжение и сжатие прямолинейного бруса

Рассмотрим деформацию стержня постоянного сечения А под действием собственного веса. Длина стержня l, вес G. Абсолютная деформация части стержня длиной dz, вырезанной на расстоянии z:
(dz )

G (l z )dz
,
EAl

где N(z) = G(l – z)/l. Тогда
L

G (l z )dz
Gl
.

EAl
2EA
0

Таким образом, абсолютная деформация стержня под действием
своего веса в два раза меньше, чем под действием силы такой же величины.
Кроме модуля упругости первого рода Е и коэффициента Пуассона m, механические свойства материала при деформации сдвига характеризуются модулем упругости второго рода (модулем сдвига) G.
С опытным изучением свойств материалов рекомендуем ознакомиться по учебнику «Сопротивление материалов» А. А. Полякова 9, где
рассматривается вопрос о выборе допускаемых напряжений и коэффициенте запаса прочности.
При решении задач обычно механические характеристики материалов задаются (табл. 3.1). Если марка материала известна, то механические характеристики можно найти в справочниках.
Таблица 3.1
Упругие свойства материалов
Материал

E, ГПа

G, ГПа

Сталь

200

0,3

Чугун

120

0,25

Медь

100

0,33

Алюминий

0,34

Поляков А. А. Сопротивление материалов. Екатеринбург : Изд-во Урал. ун-та,
2013. 275 с.
9

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Из условия прочности на растяжение/сжатие стержней вытекают
решения трех типовых задач:
1. Проверка прочности: заданы внешние силы, размеры поперечных сечений, материал; расчетные напряжения не могут отклоняться
от допускаемых больше чем на ±5 %. Необходимо проверить выполнение неравенства
N max
N
или max max R.
A
A
2. Подбор поперечных сечений: заданы нагрузка, допускаемое
напряжение для деталей машин или расчетное сопротивление конструкции. Требуется подобрать размеры, обеспечивающие прочность
стержня:
max

N max
N
или A ≥ max .
R

3. Подбор нагрузки: известны поперечные размеры и допускаемое напряжение для деталей машин или расчетное сопротивление
конструкции. Требуется подобрать нагрузку:
N max A или N max ≤ AR .
Следует помнить, что для хрупких материалов предел прочности
на сжатие намного превышает предел прочности на растяжение. Поэтому для хрупких материалов выполнение условия прочности необходимо проверять по растягивающим и сжимающим напряжениям
отдельно.
Для растянутых (сжатых) элементов чаще всего обеспечение прочности гарантирует достаточную жесткость. Поэтому расчеты на жесткость проводятся в тех случаях, когда предъявляются особые требования к жесткости.
Пример 2. Для стального ступенчатого стержня, нагруженного осевыми внешними силами (рис. 3.12) определить внутренние продольные
силы и построить их эпюры; вычислить для каждого участка напряжения и построить их эпюры; вычислить полную абсолютную деформацию стержня; определить перемещение сечения I – I. Исходные данные: E = 200 ГПа; F1 = 150 кН; F2 = 200 кН; a = 300 мм; b = 200 мм;
c = 150 мм; А = 10 см2. A — площадь поперечного сечения.
52

3. Растяжение и сжатие прямолинейного бруса

Рис. 3.12. Ступенчатый стержень,
нагруженный осевыми внешними силами

Решение. Определяем внутренние продольные силы и нормальные
напряжения на двух силовых участках.
Для первого участка длиной (a + b) продольная сила определяется
из уравнения равновесия части стержня от свободного конца до произвольного сечения на первом участке:

0 F1 N1 0 N1 F1 150 кН (растяжение).

На участках а и b площадь поперечного сечения одинакова, 2А =
= 20 см2, поэтому нормальные напряжения
a b

N1 150 000

75 106 Па 75 МПа.
2A
0, 002

Для второго участка длиной c продольная сила определяется
из уравнения равновесия части стержня от свободного конца до произвольного сечения на втором участке:

0 F1 F2 N 2 0 N 2 F1 F2 50 кН (сжатие).

На данном участке площадь сечения составляет А = 10 см2, поэтому нормальные напряжения
с

N 2 50 000

50 106 Па 50 МПа.
A
0, 001
53

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Выбираем масштабы и строим эпюры продольных сил и нормальных напряжений (рис. 3.13).

Рис. 3.13. Эпюры продольной силы и нормальных напряжений
для ступенчатого стержня

Полная абсолютная деформация стержня определяется суммой
l l( a b ) lc ,
N1 a b

N 2c
.
AE
2 AE
Подставив числовые значения, соблюдая их размерности, получим, что полная деформация стержня составляет 0,15 мм.
Поскольку верхнее сечение защемлено, то перемещение заданного
сечения I – I равно абсолютной деформации участков бруса b и c, то есть
где l( a b )

и lc

lII lb lc,
Nc
N1b
и lc 2 .
AE
2 AE
Подставим числовые значения, соблюдая их размерности:

где lb

1,5 105 0, 2
0,5 105 0,15

0, 075 10 3 0, 0375 10 3 3,8 10 5 м.
2 1011 2 10 3 2 1011 1 10 3
Получим, что перемещение сечения I – I составляет 0,038 мм.

3. Растяжение и сжатие прямолинейного бруса

Задания к главе 3
Задание 1. Построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений для стержня (рис. 3.14), если F = 200 кН; А = 1 см2.
Задание 2. Подобрать диаметр стержня (рис. 3.15), если F1 = 3 кН;
F2 = 5 кН; F3 = 16 кН, а допускаемые напряжения достигают 140 МПа.

Рис. 3.14. Ступенчатый стержень
с нагрузкой вдоль его оси

Рис. 3.15. Стержень с нагрузкой
вдоль оси

Задание 3. Определить допускаемое напряжение для материала,
если при проведении эксперимента над стальным образцом с площадью поперечного сечения 200 мм2 предельная сила составила 100 кН.
Нормативный запас прочности 2,5.
Тест 1. Чугунная труба длиной 1 м (рис. 3.16) нагружена сжимающей
силой F = 200 кН. Вычислить нормальные напряжения в трубе, если наружный диаметр трубы составляет 10 см, а толщина стенки равна 1 см:
а) 70,7 МПа;
б) 100 МПа;
в) 100 Па;
г) 200 МПа;
д) 50 МПа.

Рис. 3.16. Чугунная труба с нагрузкой вдоль ее оси

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Тест 2. Установить соответствие эпюры продольных сил прилагаемой схеме (рис. 3.17).

Рис. 3.17. Эпюры продольных сил для стержня под нагрузкой

Тест 3. Установить соответствие эпюры нормальных напряжений
прилагаемой схеме (рис. 3.18).

Рис. 3.18. Эпюры нормальных напряжений для стержня под нагрузкой

Тест 4. Определить минимальные и максимальные нормальные
напряжения в ступенчатом стержне (рис. 3.19):
56

3. Растяжение и сжатие прямолинейного бруса

а)
б)
в)
г)

F/2A;
F/A;
2F/A;
F/3A.

Рис. 3.19. Растяжение ступенчатого стержня

Тест 5. На рисунке 3.20 показана диаграмма «сила — удлинение»,
полученная при растяжении стального образца диаметром 10 мм. Максимальная сила на диаграмме соответствует 40 кН. Определить предел текучести, МПа:
а) 382;
б) 536;
в) 268;
г) 179.

Рис. 3.20. Диаграмма «сила — удлинение» растяжения стального образца

Тест 6. По диаграмме «напряжение — деформация» (рис. 3.21), полученной из испытаний стального образца на растяжение, определите модуль Юнга материала:
а) 110 ГПа;
б) 130 ГПа;
в) 260 ГПа;
г) 520 ГПа;
д) 260 МПа.
57

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рис. 3.21. Диаграмма «напряжение — деформация»
растяжения стального образца

Кейс. Студенты в общежитии решили сконструировать подвесные
полки из подручных материалов. В их распоряжении полки и тросы
из медной и стальной проволок разной длины. На рисунке 3.22 представлен эскиз подвесных полок. Площадь поперечного сечения подвесных тросов составляет 1 мм. На полках размещены глобус массой
25 кг и книги общей массой 125 кг. Модуль Юнга меди равен 60 ГПа;
модуль Юнга стали взять равным 200 ГПа. Насколько критично отклонение от горизонтали нижней полки, после того как глобус и книги помещены на изготовленные по данному эскизу подвесные полки?

Рис. 3.22. Эскиз подвесных полок

Примечание. Нагрузка в подвесных тросах разная. Каждый трос
будет удлиняться по-разному, и, следовательно, полки будут наклоняться.
58

4. Кручение валов круглого сечения

ри кручении в произвольном поперечном сечении бруса возникает только один из шести внутренних силовых факторов — крутящий момент. Кручение — вид деформации бруса,
при которой в плоскостях поперечных сечений возникают пары сил.
Брус, вращающийся вокруг своей оси и передающий крутящие моменты, называют валом или осью (при пренебрежении диаметром вала).
Эксперимент с упругим стержнем круглого сечения и прямо
угольной сеткой на поверхности показывает, что поперечные сечения, плоские и нормальные к оси вала до деформации, остаются плоскими и нормальными к той же оси и после деформации. Расстояния
между сечениями вала в процессе деформации не изменяются, следовательно, и вся длина вала не меняется. Прямолинейная ось вала остается прямолинейной и после деформации, а все поперечные сечения
поворачиваются вокруг этой оси по отношению друг к другу на угол
закручивания, при этом чем больше крутящий момент, тем больше
и угол закручивания. После закручивания вала образующие сетки цилиндра превращаются в винтовые линии; параллельные круги не искривляются и расстояние между ними остается неизменным; радиусы, проведенные в торцевых сечениях, остаются прямыми (рис. 4.1).
а

Рис. 4.1. Закручивание вала:
а — изменение сетки на поверхности вала; б — касательные напряжения
и угол закручивания вала; в — касательные напряжения в сечении вала

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

На основании принятых гипотез кручение круглого вала можно
представить как результат сдвигов, вызванных взаимным поворотом
поперечных сечений относительно друг друга. Вследствие этого в поперечных сечениях нормальные напряжения отсутствуют, возникают
только касательные напряжения:

Mк
.
I

Максимальные касательные напряжения достигаются на поверхности валов:
max

Mк
.
W

При деформации кручения фрагмента стержня длиной dz угол поd
ворота волокон g (угол сдвига) определяется формулой
, а для
dz
Rd
волокна на поверхности max
.
dz
Крутящий момент можно представить как сумму моментов внутренних сил, действующих на элементарные площадки поперечного
сечения (рис. 4.1) относительно оси вращения:
M к dA ,
( A)

где r — расстояние от элементарной площадки dA до оси вращения
вала.
Правило знаков для определения внутренних силовых факторов при кручении, а именно крутящих моментов, представлено
на рис. 4.2.

Рис. 4.2. Правило знаков для крутящих моментов

4. Кручение валов круглого сечения

Закон Гука при кручении записывается в виде
t = G g,
где G — модуль упругости второго рода (модуль сдвига), следовательно,
d Mк

.
dz GI
Произведение модуля упругости второго рода на полярный момент GIρ называется жесткостью при кручении.
Напряженное состояние при кручении, как правило, неоднородное. Исключение — трубчатые тонкостенные валы: в них можно наблюдать почти однородное напряженное состояние.
Условие прочности по касательным напряжениям:
max

Mк
[].
W

Деформации и перемещения при кручении валов:
z

M к dz
.
GI
z0

( z ) ( z0 )

Если подынтегральное выражение постоянное, z — z0 = L, а j(z0) = 0, то

Mк L
.
GI

Для вала с кусочно-постоянными жесткостью и крутящим моментом используется формула
M к(k ) Lk
.
(k )
k 0 Gk I
n

Эпюры углов взаимного закручивания j строят, отсчитывая от условно неподвижного сечения, полагая неподвижным любое сечение вращающегося вала. Для вала постоянной жесткости, но с кусочно-постоянным
крутящим моментом условие жесткости при кручении принимает вид
max

M кmax
[].
GI
61

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Если размеры вала необходимо выбрать одновременно из условий
прочности и жесткости, то поступают следующим образом: подбирают нужные диаметры из условий прочности и жесткости, а из двух
возможных оставляют тот, который удовлетворяет обоим условиям,
то есть больший. Выбранный диаметр вала округляют до ближайших
четных миллиметров или оканчивающихся цифрой 5.
Пример 1. К сплошному валу круглого сечения (рис. 4.3) приложены крутящие моменты, пропорциональные М. Построить эпюры
крутящих моментов, касательных напряжений и углов закручивания.
Подобрать диаметр стального вала длиной 0,7 м из условий и прочности, и жесткости. При этом М = 10 кН·м; E = 200 ГПа; G = 80 ГПа;
[t] = 50 МПа; [j] = 0,5 град/м; l = 0,1 м.

Рис. 4.3. Схема кручения сплошного стального вала круглого сечения

Решение. Разделим вал на четыре силовых участка. Определяем
внутренние силовые факторы. Находим касательные напряжения
из соотношения

Mк
,
W

d 3
где полярный момент сопротивления круглого сечения W
, от16
16 M
куда
.
d 3
Для вала с кусочно-постоянными жесткостью и крутящим моментом ищем угол закручивания
M кk lk
,
k 0 GI
n

где полярный момент инерции круглого сечения определяется форd 4

I
мулой
.
32
62

4. Кручение валов круглого сечения

Рассмотрим сечение I – I. Отбросим правую часть и заменим ее
действие внутренним моментом MкI. Тогда условие равновесия первого участка при 0 ≤ z ≤ l таково:
n

M
k 0

0; M кI 0.

Касательные напряжения:
16 M кI
0.
d 3
Полагая неподвижным крайнее левое сечение, получим угол взаимного закручивания
I

M кIl
0.
GI

Рассмотрим сечение II – II. Отбросим правую часть и заменим
ее действие внутренним моментом MкII. Условие равновесия второго
участка при l ≤ z ≤ 3l :
n

M
k 0

0; 3M M кII 0, M кII 3M .

Касательные напряжения:
16 M кII
M
48 3 .
3
d
d
Угол взаимного закручивания на конце второго участка длиной 2l:
II

z 3 l I

M кII 3l
32Ml
6
.
GI
G d 4

Рассмотрим сечение III – III. Отбросим правую часть и заменим
ее действие внутренним моментом MкIII. Условие равновесия третьего участка при 3l ≤ z ≤ 6l :
n

M
k 0

0; 3M 5M M кIII 0, M кIII 2M .

Касательные напряжения:
III

16 M кIII
M
32 3 .
3
d
d
63

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Угол взаимного закручивания на конце третьего участка длиной 6l:
z 6l II

M кIII 3l
32Ml
32 Ml
6
6
0.
4
GI
G d
G d 4

Рассмотрим сечение IV – IV. Отбросим правую часть. Заменим ее
действие внутренним моментом MкIV. Условие равновесия третьего
участка при 6l ≤ z ≤ 7l :
n

M
k 0

0; 3M 5M 2M M кIV 0, M кIV 0.

Касательные напряжения:
IV

16 M кIV
0.
d 3

Угол взаимного закручивания на конце четвертого участка длиной l:
z 7l III

M кIV l
0.
GI

Для построения эпюры касательных напряжений выбираем мас16 M
штаб
. Поскольку сечение вала не меняется, эпюра касательd 3
ных напряжений эквивалентна эпюре крутящих моментов. Для построения эпюры взаимного угла закручивания выбираем масштаб
32M
4 . В условных единицах с учетом выбранных масштабов строd G
им эпюры крутящих моментов, касательных напряжений и углов взаимного закручивания относительно выбранного за неподвижное крайнего левого сечения (рис. 4.4).
Подберем диаметр из условия прочности:
max 48

M
M
M
10 103
3
3 48
d
d
d

,
3 48

d 3

50 106
d ≥ 0,145 м.

4. Кручение валов круглого сечения

Рис. 4.4. Кручение вала и эпюры крутящих моментов,
касательных напряжений и углов взаимного закручивания

Подберем диаметр из условия жесткости:
max 6
d 4 6

32Ml
32Ml
d 4 6

4
G d 2l
G 2l
16 M
16 10 103
,
d 3 6
80 109 0, 00873
G
d ≥ 0, 076 м.

В данном примере выбираем диаметр вала 15 см.

Задания к главе 4
Задание 1. Построить эпюры крутящих моментов для трансмиссионного вала (рис. 4.5). Подобрать диаметр сечения сплошного стального вала.
Задание 2. Прочен ли вал (рис. 4.6), если [τ] = 80 МПа?

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рис. 4.5. Кручение трансмиссионного вала

Рис. 4.6. Сплошной круглый вал с крутящими моментами

Задание 3. По эпюре угла закручивания φ вала (рис. 4.7) проверить
его жесткость, полагая [φ] = 9 мрад/м.

Рис. 4.7. Тонкостенная труба

Задание 4. Построить эпюру крутящих моментов для вала (рис. 4.8),
если M = 150 Н·м.

Рис. 4.8. Вал под действием двух крутящих моментов

4. Кручение валов круглого сечения

Задание 5. Диаметры вала, определенные из условия прочности
и жесткости, соответственно равны 72 и 81 мм. Какой диаметр вала
следует взять, чтобы вал работал надежно?
Задание 6. Круглая стальная труба длиной 1,5 м подвергается воздействию крутящего момента 300 Н·м. Внутренний диаметр трубы составляет 50 мм, а толщина стенки равна 5 мм. Определить касательные
напряжения в трубе. Можно ли считать данную трубу тонкостенной?
Тест 1. Установить соответствие схемы нагружения эпюре крутящих моментов (рис. 4.9).

Рис. 4.9. Вал под действием двух крутящих моментов
и эпюры крутящих моментов

Тест 2. Вал с насаженными на него четырьмя шкивами (рис. 4.10)
равномерно вращается вокруг своей оси. Указать эпюру крутящих моментов для схемы вала, если M1 = 128 Н·м; M2 = 52 Н·м; M3 = 300 Н·м.
Тест 3. Вал с насаженными на него четырьмя шкивами (рис. 4.10)
равномерно вращается вокруг своей оси, M1 = 128 Н·м; M2 = 52 Н·м;
M3 = 300 Н·м. Чему равен максимальный крутящий момент:
а) 180;
б) 352;
в) 300;
г) 128?
67

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рис. 4.10. Равномерно вращающийся вал
с насаженными на него четырьмя шкивами

Тест 4. Вал с насаженными на него четырьмя шкивами (рис. 4.10)
равномерно вращается вокруг своей оси, M1 = 128 Н·м; M2 = 52 Н·м;
M3 = 300 Н·м. Указать порядок рационального расположения шкивов
на валу для получения минимальной нагрузки на вал:
а) M1M2M3M4;
б) M1M3M4M2;
в) M2M3M4M1;
г) M3M4M1M2.
Кейс 1. Механический привод (рис. 4.11) должен генерировать
крутящий момент (по часовой стрелке) 900 Н·м для поворота двух ременных передач посредством двух шкивов. Шкивы, сопротивляясь,
создают моменты 400 Н·м и 500 Н·м (против часовой стрелки, противоположно направлению момента двигателя). Вал двигателя должен
обеспечивать бесперебойную работу системы.

Рис. 4.11. Механический привод

4. Кручение валов круглого сечения

Двигатель передает вращение двум шкивам через прямолинейный
алюминиевый вал. Модуль Юнга алюминиевого сплава составляет
69 ГПа; коэффициент Пуассона равен 0,33. Максимальное касательное напряжение вала составляет 275 МПа. Требуемый коэффициент
запаса прочности равен 2. Частота вращения двигателя неизвестна.
Определить минимальный диаметр вала для обеспечения его прочности.
Кейс 2. Вал бура изготовлен из двух материалов. Двигатель буровой установки (рис. 4.12) передает вращающий момент 20 кН·м. Трением по всей длине вала можно пренебречь. Внешний слой сделан
из стали и имеет внешний диаметр 100 мм, внутренний диаметр 88 мм.
Внутренний слой изготовлен из алюминия и имеет внешний диаметр
88 мм, внутренний диаметр 76 мм. Слои твердо притерты, отсутствует какое‑либо смещение их относительно друг друга. Модуль упругости и коэффициент Пуассона для алюминия составляют EAl = 70 ГПа
и mAl = 0,33. Модуль упругости стали принять EFe = 200 ГПа, коэффициент Пуассона mFe = 0,29.

Рис. 4.12. Ориентация бурового вала

Поможет ли алюминиевая вкладка понизить напряжение в стальной основе?
69

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Примечание. Чтобы лучше понять распределение напряжений, приведем диаграмму зависимости касательных напряжений от радиуса
вала (рис. 4.13). Обратите внимание: угол скручивания и угол деформации на границе раздела равны, а касательные напряжения — нет.

Рис. 4.13. Напряжение сдвига в двухкомпонентном бурильном валу

5. Плоский поперечный изгиб

ри наличии в поперечном сечении бруса внутренних силовых факторов в виде поперечной силы и изгибающего момента говорят об изгибе. Изгиб — деформация бруса, при которой изменяется первоначальная форма его оси. Изгиб может быть
пространственным и плоским. Брус, испытывающий деформацию изгиба, называется балкой. Если силы расположены в плоскостях, перпендикулярных оси балки, но не в одной плоскости, то изгиб называют
пространственным. Если же все силы расположены в одной плоскости, которая перпендикулярна оси, проходящей через одну из главных осей поперечного сечения, то изгиб называют поперечным плоским.
Поперечный изгиб может быть прямым или косым. Прямой попе
речный изгиб возникает под действием внешней нагрузки, расположенной в одной плоскости (силовой плоскости), совпадающей с одной из главных плоскостей балки (рис. 5.1). Силовая плоскость — та,
в которой действуют внешние силы. Главная плоскость балки — плоскость, проходящая через ось стержня и через одну из главных центральных осей инерции поперечного сечения.

Рис. 5.1. Прямой поперечный изгиб:
главная и силовая плоскости балки

Косой изгиб возникает под действием внешней нагрузки, расположенной в одной плоскости (силовой плоскости), не совпадающей ни с одной из главных плоскостей балки (рис. 5.2). Если во всех
71

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

поперечных сечениях внутренние силы приводятся только к изгибающему моменту, то изгиб называют чистым.

Рис. 5.2. Косой изгиб: главная и силовая плоскости балки

В зависимости от конструктивных особенностей различают одно
пролетные и многопролетные балки (рис. 5.3). Консольные балки — со свободным концом. У шарнирно опертых балок одна опора — неподвижный
шарнир, вторая — подвижный. Расстояние между опорами называется пролет.

Рис. 5.3. Однопролетные и многопролетные балки

5. Плоский поперечный изгиб

Под действием внешней нагрузки балка деформируется. При этом
одни слои сжимаются, другие — растягиваются. Нейтральный слой —
это слой, разделяющий растянутую и сжатую зоны балки при изгибе
(рис. 5.4). Нейтральный слой не испытывает деформаций растяжения-
сжатия. Линия пересечения нейтрального слоя с плоскостью поперечного сечения называется нейтральной линией.

Рис. 5.4. Нейтральный слой и нейтральная линия при изгибе балки

Изогнутая ось балки (рис. 5.5) при прямом поперечном изгибе
остается плоской и лежит в силовой плоскости.

Рис. 5.5. Изогнутая ось балки при поперечном изгибе

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

План решения задач расчета балки при изгибе на прочность по нормальным напряжениям представляет собой приведенную ниже последовательность:
1. Изображается схема балки со всеми действующими силами.
2. Определяются реакции опор балки. В случае шарнирно опертой балки достаточно найти реакции одной из опор. В случае
консольной балки реакции опоры можно не определять, если
брать начало отсчета со свободного конца балки.
3. Строятся эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.
Эпюра изгибающих моментов строится в масштабе на растянутых волокнах балки (со стороны растянутых волокон).
Балка разбивается на участки, в пределах которых Q и Mx изменяются по одному и тому же закону. Границами участков
являются сечения, в которых приложены сосредоточенные
силы или внешние моменты, а также сечения начала и конца
распределенной нагрузки. Эпюра показывает величины поперечной силы Q и изгибающего момента Mx в любом сечении по длине балки. Эпюры Q и Mx строятся для определения
опасных сечений.
4. Составляются выражения для Q и Mx в текущем сечении z
на каждом из участков. Вычисляются значения Q и Mx в характерных точках на каждом из участков.
5. По эпюрам поперечной силы и изгибающего момента определяются опасные сечения. Сечение, в котором поперечная сила Q
достигает максимального значения (по модулю), называется опасным по касательным напряжениям. Сечение, в котором
изгибающий момент Mx достигает максимального значения
(по модулю), называется опасным по нормальным напряжениям.
6. В опасном сечении определяется опасная точка (точка с наибольшим нормальным напряжением).
7. Расчет балок на прочность производится для опасных сечений
с использованием условий прочности при изгибе.
Поперечная сила Q в любом поперечном сечении балки равна алгебраической сумме проекций внешних сил, расположенных по одну
сторону от рассматриваемого сечения. Изгибающий момент Мх в поперечном сечении балки численно равен алгебраической сумме моментов внешних сил, расположенных по одну сторону сечения относительно центра тяжести рассматриваемого сечения.
74

5. Плоский поперечный изгиб

Будем считать поперечную силу положительной, если результирующая сил, расположенных слева от сечения, направлена вверх. Изгибающий момент будем считать положительным, если результирующий
момент внешних сил, расположенных слева от сечения, стремится повернуть отсеченную часть балки по ходу часовой стрелки. При определении знаков по внешним силам, расположенным справа от сечения,
правило знаков прямо противоположное. Иными словами, изгибающий момент следует считать положительным, если выпуклость изогнутой оси в сечении направлена вниз (рис. 5.6).

Рис. 5.6. Правило знаков при изгибе балки

Рассмотрим типовые примеры построения эпюр для шарнирно
опертой и консольной однопролетных балок, загруженных стандартной нагрузкой.
Пример 1. Шарнирно опертая однопролетная балка загружена
сосредоточенной силой P (рис. 5.7). Построить эпюры внутренних
усилий.

Рис. 5.7. Шарнирно опертая однопролетная балка,
загруженная сосредоточенной силой


Решение. Покажем на рисунке активную силу P , реакции связей —
опор в точках A и B: HA, VA и VB (рис. 5.8).
Составим уравнение равновесия балки для определения горизонтальной составляющей опоры в точке A — сумму проекций всех сил
на ось Az:

0 : H A 0.
75

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рис. 5.8. Реакции связей шарнирно опертой однопролетной балки,
загруженной сосредоточенной силой

Действительно, при отсутствии горизонтальной нагрузки на балку
горизонтальная составляющая реакции опоры в точке A равна нулю.
Для определения вертикальных составляющих реакций опор в точках A и B составим уравнение равновесия балки в виде суммы моментов сил относительно точек A и B:
Pa
;
l

0 : VB l Pa 0, откуда VB =

0 : V A l Pb 0, откуда V A =

Pb
.
l

Проведем проверку полученных величин:

0 : V A VB P 0,

P a b
Pb Pa

P
P 0.
l
l
l

Реакции найдены верно.
Разбиваем балку на участки. В пределах участка вид нагружения
не должен изменяться. Если начало отсчета выбрать в точке А, то для
первого участка 0 ≤ z ≤ a, а для второго участка a ≤ z ≤ l.
Определим внутренние силовые факторы: поперечную силу Q и изгибающий момент Mx. Для этого воспользуемся методом РОЗУ.
Проведем сечение в пределах первого участка на произвольном
расстоянии z от начала участка в точке А (рис. 5.9).
Отбросим одну из частей и ее действие на оставшуюся заменим
внутренними усилиями Q и Mx. Поперечная сила Q, действующая в поперечном сечении, численно равна алгебраической сумме проекций
всех внешних сил, действующих по одну сторону сечения, на ось y:
Q Fky( e ) .

5. Плоский поперечный изгиб

Рис. 5.9. Сечение шарнирно опертой однопролетной балки,
загруженной сосредоточенной силой

Изгибающий момент Mx, действующий в поперечном сечении, численно равен сумме моментов всех внешних сил, действующих по одну
сторону сечения, относительно центральной оси сечения:

M x mO F (ke ) .

Рассмотрим в равновесии левую часть балки (рис. 5.10, а). Для первого участка 0 ≤ z ≤ a.
а

Рис. 5.10. Части шарнирно опертой однопролетной балки,
загруженной сосредоточенной силой

Для определения поперечной силы Q составим уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил на вертикальную ось:

0 : V A Q 0,

Pb
. Отметим, что поперечная сила не зависит от z.
l
Для определения изгибающего момента Mx составим уравнение
равновесия в виде суммы моментов сил относительно точки O:

Q V=
откуда =
A

0 : V A z M x 0,

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Pb
z. Отметим, что изгибающий момент зависит от z.
l
При этом на границах участка, когда z = 0, изгибающий момент M x = 0,
Pba
а когда z = a, изгибающий момент M x =
.
l
Проведем сечение в пределах второго участка на произвольном
расстоянии z от начала отсчета — точки A (рис. 5.11).

=
V=
откуда M
x
Az

Рис. 5.11. Сечение шарнирно опертой однопролетной балки,
загруженной сосредоточенной силой

Рассмотрим в равновесии левую часть балки (рис. 5.12, а). Для второго участка a ≤ z ≤ l.
а

Рис. 5.12. Части шарнирно опертой однопролетной балки,
загруженной сосредоточенной силой

Отбросим правую часть и ее действие на левую заменим внутренними
усилиями Q и Mx. Для определения поперечной силы Q составим уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил на вертикальную ось:

откуда Q V A P
висит от z.
78

0 : V A P Q 0,

Pb
Pa
P
. Отметим, что поперечная сила не заl
l

5. Плоский поперечный изгиб

Для определения изгибающего момента Mx составим уравнение
равновесия в виде суммы моментов сил относительно точки O:

0 : V A z P z a M x 0,

Pb
z P z a . Отметим, что изгибающий
l
момент зависит от z. При этом на границах участка, когда z = a, изгиPba
бающий момент M x =
, а когда z = l, изгибающий момент
l
Pb
Mx
l P l a Pb Pb 0.
l
Если рассмотреть в равновесии правую часть балки (см. рис. 5.10, б),
то для первого участка a ≤ z ≤ l.
Для определения поперечной силы Q составим уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил на вертикальную ось:
откуда M x V A z P z a

0 : Q VB 0,

Pa
. Отметим, что поперечная сила не зависит от z.
l
Для определения изгибающего момента Mx составим уравнение
равновесия в виде суммы моментов сил относительно точки O:
откуда Q VB

0 : M x VB l z 0.

В итоге получаем решение, не зависящее от того, с какого края начинается рассмотрение равновесия частей балки.
Поперечная сила Q:
Pb
l , 0 z a,
Q( z )
Pa , a z l ,
l
изгибающий момент Mx:
Pb
l z, 0 z a,
M x (z)
Pb z P z a , a z l .
l
79

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Построим эпюры внутренних усилий. Эпюры, соответствующие
полученным зависимостям, приведены на рис. 5.13. Следует отметить, что величину и направление реакции в точке можно определить, построив эпюру Q. На рис. 5.13 реакция в точке В направлена
вверх и равна Pа/l.

Рис. 5.13. Эпюры внутренних усилий: поперечной силы
и изгибающего момента для шарнирно опертой однопролетной балки,
загруженной сосредоточенной силой

Пример 2. Шарнирно опертая однопролетная балка загружена равномерно распределенной нагрузкой постоянной интенсивности q
(рис. 5.14). Построить эпюры внутренних усилий.
а

Рис. 5.14. Шарнирно опертая однопролетная балка,
загруженная равномерно распределенной силой: схема (а) и фото10 (б)

Решение. Покажем на рисунке активные силы равномерно распределенной нагрузки постоянной интенсивности q и реакции
15 милых и смешных фото людей, которые воссоздали свои снимки из прошлого //
Ридус : интернет-газета : сайт. URL: https://clck.ru/3SVgQg (дата обращения: 29.10.2025).
10

5. Плоский поперечный изгиб

связей — опор в точках A и B: HA, VA и VB (рис. 5.15). Составим уравнения равновесия балки для определения опорных реакций.

Рис. 5.15. Реакции связей шарнирно опертой однопролетной балки,
загруженной равномерно р
аспределенной силой

При отсутствии горизонтальной нагрузки на балку горизонтальная составляющая реакции опоры в точке A равна нулю:
HA = 0.
Для определения вертикальных составляющих реакций опор в точках A и B составим уравнение равновесия балки в виде суммы моментов сил относительно точек A и B:

0 : VB l ql

l
ql
0 VB ;
2
2

l
ql
0 VA .
2
2
Проведем проверку полученных величин:

0 : V A l ql

0 : V A VB ql 0, то есть

ql ql
ql 0.
2 2

Реакции связей найдены верно.
Разбиваем балку на участки так, чтобы в пределах участка вид нагружения не изменялся: в данном случае участок только один. Если
начало отсчета выбрать в точке А, то 0 ≤ z ≤ l.
Определим внутренние силовые факторы — Q и Mx. Для этого воспользуемся методом РОЗУ.
Проведем сечение на произвольном расстоянии z от точки А
(рис. 5.16).
Для определения поперечной силы Q составим уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил на вертикальную ось:

0 : V A qz Q 0,
81

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

откуда Q V A qz . Отметим, что поперечная сила зависит от z. При
этом на границах участка, когда z = 0,
=
Q V=
A
при z = l Q V A ql

ql
,
2

ql
.
2

Рис. 5.16. Часть шарнирно опертой однопролетной балки,
загруженной равномерно распределенной силой

Найдем координату z′ сечения, в котором поперечная сила обращается в ноль:
Q V A qz 0 z

VA l
.
q 2

z
0 : V A z qz M x 0,
2

z
откуда M x V A z qz . Отметим, что изгибающий момент зависит от z.
2
При этом на границах участка, когда z = 0, изгибающий момент M x = 0,
l
l
а когда z = l, изгибающий момент M x V A l ql 0. При z = изгибаю2
2
l
l l ql 2

щий момент принимает максимальное значение: M x V A q
.
2
24
8
Построим эпюры внутренних усилий. Эпюры, соответствующие
полученным зависимостям, приведены на рис. 5.17. Следует отметить,
что величину и направление реакции в точке В можно определить,
82

5. Плоский поперечный изгиб

построив эпюру Q. На рис. 5.17 реакции в точке В направлены вверх
и равны ql/2.

Рис. 5.17. Эпюры поперечной силы и изгибающего момента
для шарнирно опертой однопролетной балки,
загруженной равномерно распределенной силой

Пример 3. Шарнирно опертая однопролетная балка загружена парой сил с моментом М в серединном сечении балки (рис. 5.18). Построить эпюры внутренних усилий.

Рис. 5.18. Шарнирно опертая однопролетная балка,
загруженная парой сил

Решение. Покажем на рисунке активные силы — пару сил с моментом М в серединном сечении балки, реакции связей — опор в точках
A и B: HA, VA и VB. Составим уравнения равновесия балки для определения опорных реакций.
При отсутствии горизонтальной нагрузки на балку горизонтальная составляющая реакции опоры в точке A равна нулю:
HA = 0.

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Для определения вертикальных составляющих реакций опор в точках A и B составим уравнение равновесия балки в виде суммы моментов сил относительно точек A и B:

0 : VB l M 0 VB

M
;
l

0 : V A l M 0 V A

M
.
l

Проведем проверку полученных величин:

0 : V A VB 0, то есть

M M

0.
l
l

Реакции найдены верно.
Разбиваем балку на участки (рис. 5.19).

Рис. 5.19. Сечения шарнирно опертой однопролетной балки,
загруженной парой сил

В пределах участка вид нагружения не должен изменяться. Если
начало отсчета выбрать в точке А, то для первого участка 0 ≤ z ≤ l/2,
а для второго участка l/2 ≤ z ≤ l.
Определим внутренние силовые факторы — Q и Mx. Для этого воспользуемся методом РОЗУ.
Проведем сечение в пределах первого участка на произвольном
l
расстоянии z от начала участка в точке A (рис. 5.20), когда 0 ≤ z ≤ .
2
Для определения поперечной силы Q составим уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил на вертикальную ось:

Q V=
откуда =
A
84

0 : V A Q 0,

M
. Отметим, что поперечная сила не зависит от z.
l

5. Плоский поперечный изгиб

Рис. 5.20. Левая часть шарнирно опертой однопролетной балки,
загруженной парой сил

0 : V A z M x 0,

M
z . Отметим, что изгибающий момент зависит от z.
l
При этом на границах участка, когда z = 0, изгибающий момент M x = 0,
=
V=
откуда M
x
Az

Mx
а когда z = l/2, изгибающий момент =

M l M
=
.
l 2 2

l
≤ z ≤ l . Отбросим левую часть
2
(рис. 5.21) и ее действие на правую часть заменим внутренними усилиями Q и Mx. Для определения поперечной силы Q составим уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил на вертикальную ось:
Рассмотрим второй участок,

= V=
откуда Q
B

0 : VB Q 0,

M
. Отметим, что поперечная сила не зависит от z.
l

Рис. 5.21. Правая часть шарнирно опертой однопролетной балки,
загруженной парой сил

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

0 : VB z M x 0,

M
z . Отметим, что изгибающий момент зависит
l
l
от z. При этом на границах участка, когда z = , изгибающий момент
2
M l
M
Mx
, а когда z = l, изгибающий момент M x = 0.
l 2
2
Построим эпюры внутренних усилий (рис. 5.22).
откуда M x VB z

Рис. 5.22. Эпюры поперечной силы и изгибающего момента
для шарнирно опертой однопролетной балки, загруженной парой сил

Рассмотрим еще три примера стандартной нагрузки на консольные балки. Заметим сразу, что если начало отсчета выбирать на свободном конце консольной балки, то в этих примерах эпюры внутренних усилий можно строить, не определяя реакций.

Пример 4. Консольная балка загружена сосредоточенной силой P
(рис. 5.23). Построить эпюры внутренних усилий.

5. Плоский поперечный изгиб

Рис. 5.23. Консоль, загруженная сосредоточенной силой:
схема (а) и фото11 (б)

Решение. Покажем на рис. 5.24 активные силы, реакции связи —
жесткой заделки HA, VA, и MA. При отсутствии горизонтальной нагрузки
на балку горизонтальная составляющая реакции опоры в точке A равна нулю: HA = 0. Составим уравнения равновесия балки для определения реакции жесткой заделки:

0 : M A Pl 0 M A Pl ;

0 : VA P 0 VA P.

Рис. 5.24. Реакции связи и сечение консоли,
загруженной сосредоточенной силой

Разбивать балку на участки в данном случае нет необходимости,
так как сечение балки неизменно и вид нагружения по всей длине балки не меняется.
Определим внутренние силовые факторы Q и Mx. Для этого воспользуемся методом РОЗУ.
Строитель на высоте. URL: https://i.pinimg.com/474x/e7/6b/c7/e76bc77aa95d
c9bf697cc110b7ba7cb5.jpg (дата обращения: 29.10.2025).
11

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Проведем сечение балки на произвольном расстоянии z от свободного конца балки (рис. 5.25).
Рассмотрим левую часть балки, 0 ≤ z ≤ l :

0 : P Q 0, Q P ;

0 : Pz M x 0, M x Pz ;
при z = 0 M x = 0;
при z = l M x Pl .

Рис. 5.25. Часть консоли,
загруженной сосредоточенной силой

Построим эпюры внутренних усилий (рис. 5.26).

Рис. 5.26. Эпюры поперечной силы и изгибающего момента для консоли,
загруженной сосредоточенной силой

5. Плоский поперечный изгиб

Пример 5. Консольная балка загружена равномерно распределенной нагрузкой постоянной интенсивности q (рис. 5.27). Построить
эпюры внутренних усилий.

Рис. 5.27. Консоль, загруженная
равномерно распределенной силой

Решение. Покажем на рисунке активные силы равномерно распределенной нагрузки постоянной интенсивности q, реакции связи —
жесткой заделки HA, VA, и MA. Составим уравнения равновесия балки
для определения реакции жесткой заделки.
При отсутствии горизонтальной нагрузки на балку горизонтальная составляющая реакции опоры в точке A равна нулю:
HA = 0.
Определяем опорные реакции:

mA 0 : M A ql
F

l
ql 2
0 MA
;
2
2

0 : V A ql 0 V A ql .

Напомним, что для консольных балок допускается выполнять расчет внутренних усилий, не определяя опорные реакции.
В пределах участка вид нагружения не должен изменяться. Начало отсчета можно выбрать и в точке A, и на свободном конце балки.
И в том, и в другом случае 0 ≤ z ≤ l.
Определим внутренние силовые факторы Q и Mx. Для этого воспользуемся методом РОЗУ.
Проведем сечение балки на произвольном расстоянии z от ее свободного конца (рис. 5.28).

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рис. 5.28. Сечение консоли,
загруженной равномерно распределенной силой

Рассмотрим равновесие левой части консольной балки (рис. 5.29):

0 : qz Q 0, Q qz ;
при z = 0 Q = 0;
при z = l Q ql .

Рис. 5.29. Левая часть консоли,
загруженной равномерно распределенной силой

z
z
0 : qz M x 0, M x qz ;
2
2
при z = 0 M x = 0;

ql 2
.
2
Построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
(рис. 5.30).
Пример 6. Консольная балка загружена парой сил с моментом М
на конце консоли (рис. 5.31). Построить эпюры внутренних усилий.
Решение. Покажем на рисунке активные силы парой сил с моментом М в сечении на конце консоли, реакции связи — жесткой заделки HA, VA, и MA. Для консольных балок допускается выполнять расчет
внутренних усилий, не определяя опорные реакции.
при z = l M x

5. Плоский поперечный изгиб

Рис. 5.30. Эпюры поперечной силы и изгибающего момента для консоли,
загруженной равномерно распределенной силой

Рис. 5.31. Консоль, загруженная парой сил

Отсчет координаты ведем от свободного конца балки, 0 ≤ z ≤ l.
Определим внутренние силовые факторы Q и Mx. Для этого воспользуемся методом РОЗУ.
Проведем сечение на произвольном расстоянии z от свободного
конца балки (рис. 5.32).
Рассмотрим равновесие левой части консольной балки:

0 : Q 0, Q = 0;

0 : M M x 0, M x M .

Рис. 5.32. Левая часть консоли, загруженной парой сил

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Построим эпюры внутренних усилий (рис. 5.33).

Рис. 5.33. Эпюры поперечной силы и изгибающего момента
для консоли, загруженной парой сил

Анализируя характер построенных эпюр, можно сделать следующие выводы:
1. На эпюрах поперечных сил в сечениях, в которых приложены
поперечные силы, наблюдаются разрывы первого рода («скачки» по направлению действия сил на величину этих сил).
2. На эпюрах изгибающих моментов в сечениях, в которых действуют пары сил, наблюдаются «скачки» вверх, если момент
пары сил отрицательный, вниз — если положительный (на величину моментов пар).
3. Поперечные силы на участках, где отсутствует поперечная распределенная нагрузка, являются постоянной величиной.
4. На эпюрах изгибающих моментов вогнутость направлена навстречу распределенной нагрузке, а углы сонаправлены с действующей сосредоточенной силой (правило паруса).
5. Максимум (минимум) изгибающего момента достигается в точках, где эпюра поперечных сил пересекает ось.
Рассмотрим элемент балки длиной dz (рис. 5.34). Составим уравнение равновесия элемента балки длиной dz в виде суммы моментов
сил относительно точки O:

0: M x

dz
Qdz q
2

M x dM x 0 или

dz
q
2

dM x Qdz .

5. Плоский поперечный изгиб

Рис. 5.34. Элемент балки длиной dz

Пренебрегая величиной второго порядка малости

dz
q

0, по2
лучаем, что производная от изгибающего момента по координате продольной оси стержня равна поперечной силе в сечении:
dM x
= Q.
dz
Составим уравнение равновесия элемента балки длиной dz в виде
суммы проекций сил на вертикальную ось Oy (рис. 5.34):

0 : Q qdz Q dQ 0 или qdz dQ 0.

Производная от поперечной силы по координате продольной оси
стержня равна интенсивности распределенной нагрузки в сечении:
dQ
= q.
dz
Откуда вторая производная от изгибающего момента по координате продольной оси стержня равна интенсивности распределенной
нагрузки в сечении:
d 2M x
= q.
dz 2
Построение эпюр Q и Mx можно упростить, если воспользоваться
дифференциальными зависимостями между q, Q и Mx. При этом вычисляют Q и Mx в характерных сечениях, а на участках между ними
очертание эпюр устанавливается на основе дифференциальных зависимостей и выводов, следующих из них.
93

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Для определения нормальных напряжений при плоском изгибе
рассмотрим частный случай чистого изгиба балки (рис. 5.35). Участок CD — это участок чистого изгиба балки. В зоне чистого изгиба
напряжения в сечении вызываются только действием изгибающего момента.

Рис. 5.35. Эпюра поперечной силы и изгибающего момента
для чистого изгиба балки

Для определения зависимости между нормальными напряжениями σ и изгибающим моментом Mx проводится эксперимент. На поверхность балки наносится сетка ортогональных линий (рис. 5.36, а).
После деформаций сетка останется ортогональной. По итогу эксперимента вертикальные отрезки остаются прямолинейными, но поворачиваются на некоторый угол (рис. 5.36, б), горизонтальные линии
изгибаются. Поперечные сечения, поворачиваясь относительно нейтральной линии, остаются плоскими и перпендикулярными к изогнутой оси балки, то есть выполняется гипотеза плоских сечений.
а

Рис. 5.36. Сетка ортогональных линий на балке
до (а) и после (б) эксперимента на изгиб

5. Плоский поперечный изгиб

На первом этапе вырежем элемент балки на участке CD
(рис. 5.37, а) на расстоянии z от опоры. Определим деформацию
волокна KL (рис. 5.37, б), расположенного на расстоянии y от нейтрального слоя.
а

Рис. 5.37. Шарнирно опертая однопролетная балка, нагруженная
симметрично двумя равными сосредоточенными силами (а);
деформация участка балки длиной dz (б)

Введем обозначения (рис. 5.37, б): О — центр кривизны нейтрального слоя; ρ — радиус кривизны нейтрального слоя; l0 — начальная длина волокна KL; l1 — длина деформированного волокна KL; Δl — удлинение волокна KL:
l0 d dz ; l1 y d ;
l l1 l0 y d d y d .
Определим относительную деформацию волокна KL:

l y d y

.
l0 d

Кроме гипотезы плоских сечений принимаем при выводе формулы для нормальных напряжений следующее допущение: при чистом изгибе продольные волокна бруса не надавливают друг на друга и испытывают линейное напряженное состояние (так как размер
a = const, см. рис. 5.36).

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

В соответствии с законом Гука
E или

,
E

тогда

y
E

и y.
E

Отсюда видно, что напряжения при изгибе изменяются по высоте сечения по линейному закону.
Далее рассмотрим равновесие левой отсеченной части балки
(рис. 5.38) и найдем выражение для радиуса кривизны ρ нейтрального слоя.

Рис. 5.38. Сечение и левая часть балки при чистом изгибе

Для определения кривизны нейтрального слоя К = 1/r воспользуемся условием равновесия левой части балки (рис. 5.39):
E
E
ydA 0 ydA 0;

( A)
( A)

SFz = 0 N dA 0
( A)

SMx = 0 M x yA M x
( A)

SMy = 0 xdA
{ A}

Поскольку

E
0, то

E
E
y 2 dA 0 M x y 2 dA;

( A)
( A)

E
E
xydA 0 xydA 0.

( A)
( A)

ydA 0 и xydA 0. По определению ста-

( A)

тический момент площади S x ydA, то есть S x = 0. Следовательно,
( A)

5. Плоский поперечный изгиб

ось x — центральная, проходит через центр тяжести сечения. По определению статический момент площади I xy xydA , то есть I xy = 0.
( A)

Следовательно, оси x и y являются главными. Силовая плоскость, в которой находится пара внешних сил, перпендикулярна нейтральному слою.
2
По определению момент инерции относительно оси x I x y dA ,
( A)
EI
то есть M x x .

Рис. 5.39. Левая часть балки при чистом изгибе и ее сечение

В итоге получим значение кривизны нейтрального слоя K

1 Mx

,
EI x

где Мх — изгибающий момент в рассматриваемом сечении; EIx — жесткость балки при изгибе. Подставим полученный радиус кривизны
E
в формулу напряжения сечения при изгибе y, получим

Mx
y.
Ix

Как видно из формулы, максимальное нормальное напряжение
max

Mx
Wx

возникает в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии. Эти
точки являются наиболее опасными при изгибе (рис. 5.40). Данная
формула справедлива и для общего случая поперечного изгиба, так
как касательные напряжения мало влияют на нормальные напряжения в сечении.
97

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рис. 5.40. Распределение нормальных напряжений в сечении балки

Условие прочности по касательным напряжениям имеет вид
max

Qmax S x
Rs ,
Ixs

где Rs — расчетное сопротивление срезу.
Условие прочности по нормальным напряжениям при изгибе записывается для опасной точки опасного сечения для пластичных материалов в виде
max

Mx
M
[] или max x R.
Wx
Wx

Конкретный вид условия прочности зависит от свойств материала
и формы поперечного сечения. Условия прочности для хрупких материалов следует проверять как для растягивающих напряжений, так
и для сжимающих.
Для пластичного материала, который одинаково хорошо сопротивR=
R или []раст []сжат [].
ляется растяжению и сжатию, R=
раст
сжат
Сечение симметричное, имеет две оси симметрии (рис. 5.41). Момент
I
сопротивления сечения W x = x , следовательно,
ymax
max

M x max
M
R или max x max [].
Wx
Wx

Если сечение имеет только одну ось симметрии (рис. 5.42), то
A max

Mx
M
ymax R или A max x ymax [].
Ix
Ix

5. Плоский поперечный изгиб

Рис. 5.41. Распределение нормальных напряжений
в симметричном сечении балки с двумя осями симметрии

Рис. 5.42. Распределение нормальных напряжений
в сечении балки, имеющем одну ось симметрии

Если материал хрупкий (рис. 5.43), то он по-разному сопротивляется растяжению и сжатию: Rраст ≠ Rсжат или []раст []сжат. Условие
прочности для сжатой зоны хрупкого материала принимает вид
cжат

Mx
M
yсжат Rсжат или cжат x yсжат []сжат,
Ix
Ix

а для растянутой зоны
раст

Mx
M
yраст Rраст или раст x yраст []раст.
Ix
Ix

Рис. 5.43. Распределение нормальных напряжений
в сечении балки из хрупкого материала

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Пример 7. Выполнить расчет балки (рис. 5.44). Интенсивность распределенной нагрузки q = 12 кН/м; сосредоточенная сила P = 20 кН.

Рис. 5.44. Шарнирно опертая балка

Построить эпюры внутренних усилий и выполнить проверку прочности, если сечение балки — двутавр № 20 по ГОСТ 8239–89, расчетное сопротивление стали R = 200 МПа, расчетное сопротивление стали срезу Rs = 110 МПа.
Решение. Найдем опорные реакции балки. Равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q заменим на сосредоточенную
силу F q AD q 2 12 2 24 кН, приложенную посередине участка AD (рис. 5.45).
Опора в точке A — это неподвижный шарнир, в нем возникают две
реакции, VA и HA. Очевидно, что H A = 0. Опора в точке B — это подвижный шарнир, в нем возникает реакция VB.

Рис. 5.45. Шарнирно опертая балка с реакциями связи

Для определения реакций VA и VB составим уравнения равновесия
в виде суммы моментов относительно точек A и B:

m F 0 : V
A

m F 0 :
B

100

7 P 5 q 2 1 0;

V A 7 P 2 q 2 6 0.

5. Плоский поперечный изгиб

Отсюда
20 5 12 2 1
20 2 12 2 6
17, 71 кН ; V A
26, 29 кН.
7
7
Выполним проверку правильности вычисления опорных реакций:
VB

VB V A q 2 P 17, 71 26, 29 12 2 20 0,

следовательно, реакции найдены верно.
Разбиваем балку на три участка (рис. 5.46), в пределах которых вид
нагружения сохраняется.

Рис. 5.46. Три участка шарнирно опертой балки

Введем систему координат с началом в точке A, тогда для первого участка 0 ≤ z1 ≤ 2 м; для второго 2 м ≤ z2 ≤ 5 м; для третьего участка
5 м ≤ z3 ≤ 7 м.
Рассмотрим первый участок балки (рис. 5.47). Проведем сечение 1–1.

Рис. 5.47. Сечение 1–1 шарнирно опертой балки

Рассмотрим равновесие левой отсеченной части (рис. 5.48).
Равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q заменим

101

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

на сосредоточенную силу F q z1, приложенную посередине отсеченной части. Ось y следует направить вверх, как показано на рисунке.
Поперечная сила Q1 на первом участке:
Q1 V A q z1 .
Поперечная сила зависит от координаты z1 линейно, поэтому вычислим значения Q1 в двух точках — в начале и конце участка: при z1 = 0
Q=
V=
26, 29 кН; при z1 = 2 м Q1 V A q 2 26, 29 12 2 2, 29 кН.
1
A
Изгибающий момент положителен, если сила растягивает нижние волокна балки, и отрицателен, если сила растягивает верхние волокна балки.

Рис. 5.48. Отсеченная по сечению 1–1 левая часть балки

Изгибающий момент M1 на первом участке:
z1
qz12
M1 V A z1 q z1 V A z1
.
2
2
Это квадратичная зависимость. Вычислим значения M1 в трех точках:
1) при z1 = 0 M1 = 0;
2) при z1 = 1 м M1 26, 29 1

12 12
23, 29 кНм;
2

12 22
28,58 кНм.
2
Проведем сечение 2–2 (рис. 5.49) и рассмотрим равновесие левой
отсеченной части.
Равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q заменим
на сосредоточенную силу F q 2, приложенную посередине участка
AD (рис. 5.50).
3) при z1 = 2 м M1 26, 29 2

102

5. Плоский поперечный изгиб

Рис. 5.49. Сечение 2–2 шарнирно опертой балки

Рис. 5.50. Отсеченная по сечению 2–2 левая часть балки

Находим поперечную силу Q2 на втором участке:
Q2 V A q 2 26, 29 12 2 2, 29 кН.
Поперечная сила Q2 не зависит от координаты z2.
Находим изгибающий момент M2 на втором участке:
M 2 V A z2 q 2 z2 1.
Изгибающий момент M2 зависит от координаты z2 линейно, поэтому
вычислим значения M2 в двух точках:
1) при z2 = 2 м M 2 26, 29 2 12 2 2 1 28,58 кНм;
2) при z2 = 5 м M 2 26, 29 5 12 2 5 1 35, 45 кНм.
Проведем сечение 3–3 (рис. 5.51) и рассмотрим равновесие правой отсеченной части (рис. 5.52), при этом ось y следует направить
вниз, как показано на рис. 5.52. Поперечная сила Q3 на третьем участке не зависит от координаты z3:
Q3 VB 17, 71 кН.

103

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рис. 5.51. Сечение 3–3 шарнирно опертой балки

Рис. 5.52. Отсеченная по сечению 3–3 правая часть балки

Изгибающий момент считается положительным, если сила растягивает нижние волокна балки, и отрицательным, если сила растягивает верхние волокна балки:
M 3 VB 7 z3 .
Изгибающий момент M3 зависит от координаты z3 линейно, поэтому вычислим значения M3 в двух точках — в начале и конце участка:
1) при z3 = 5 м M 3 17, 71 7 5 35, 42 кНм;
2) при z3 = 7 м M 3 17, 71 7 7 0.
По полученным значениям поперечных сил и изгибающих моментов построим эпюры (рис. 5.53).
По построенным эпюрам видно, что сечение а — а будет опасным
на действие изгибающего момента, где Mmax = 35,45 кН·м; сечение б — б
будет опасным на действие поперечной силы, где Qmax = 26,29 кН.
Из сортамента по ГОСТ 8239–89 выписываем размеры и геометрические характеристики заданного сечения — двутавра № 20 (схема
сечения на рис. 5.54 приведена для примера):

104

h, мм

b, мм

s, мм

A, см2

Ix, см4

Wx, см3

Sx, см3

200

100

5,2

26,8

1 840

184,0

104,0

5. Плоский поперечный изгиб

Рис. 5.53. Эпюры поперечных сил
и изгибающих моментов шарнирно опертой балки

Рис. 5.54. Схема двутавра по ГОСТ 8239–89

Проверим прочность по нормальным напряжениям, то есть на действие изгибающего момента. Условие прочности для симметричного сечения:
max

M max
R.
Wx

105

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Вычислим нормальные напряжения:
max

35, 45 кН м 35, 45 103 Н м

192, 7 106 Па 192, 7 МПа
3
6
3
184 см
184 10 м

и проверим прочность:
max 192, 7 МПа R 200 МПа.
Прочность по нормальным напряжениям обеспечена.
Проверим прочность по касательным напряжениям, то есть на действие поперечной силы. Условие прочности:
max

Qmax S x
Rs .
Ixs

Вычислим касательные напряжения:
max

26, 29 кН 104 см3

1840 см4 5, 2 мм

26, 29 103 Н 104 10 6 м3
31,8 106 Па 31,8 МПа
8
4
3
1840 10 м 5, 2 10 м

и проверим прочность:
max 31,8 МПа Rs 110 МПа.
Прочность по касательным напряжениям обеспечена.
Пример 8. Подобрать сечение деревянной балки (рис. 5.55) при
h = 2b, если максимальный изгибающий момент Mmax = 75 кН·м, расчетное сопротивление древесины R = 12 МПа.

Рис. 5.55. Прямоугольное сечение деревянной балки

106

5. Плоский поперечный изгиб

Для прямоугольного сечения момент сопротивления сечения
b 2b
bh2
4b3 2b3
Wx =

, при h = 2b W x
.
6
6
6
3
2

Из условия прочности по нормальным напряжениям max

M max
R
Wx

выразим требуемый момент сопротивления сечения
Wx

M max 7,5 кН м 750 кН см

625 см3
2
12 МПа 1, 2 кН см
R

и найдем требуемые размеры сечения:
W
=
x

2b3
625 3
= 625 см3 и b 3
9,8 см.
3
2

h 2=
b 20 см и моПринимаем ширину сечения b = 10 см, тогда =
мент сопротивления сечения
bh2 10 20 2
Wx

667 см3 .
6
6
Вычислим фактические нормальные напряжения в сечении:
max

кН
7,5 кН м 750 кН см

1,125 2 11, 25 МПа
3
3
см
667 см
667 см

и проверим прочность:
max 11, 25 МПа R 12 МПа.
Прочность по нормальным напряжениям обеспечена, и окончательно принимаем прямоугольное сечение балки h b 200 100 мм.
Определение перемещений при изгибе рассматривается в более
полных курсах сопротивления материалов.

107

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Задания к главе 5
Задание 1. Выполнить расчет консольной балки (рис. 5.56). Интенсивность распределенной нагрузки q = 10 кН/м; сосредоточенная
сила P = 30 кН; момент пары сил М = 10 кН∙м. Построить эпюры внутренних усилий.

Рис. 5.56. Консольная балка, нагруженная сосредоточенной силой,
парой сил и равномерно распределенной силой

Задание 2. Построить эпюру поперечных сил и изгибающих моментов на растянутых волокнах при изгибе консольной балки (рис. 5.57)
длиной 3 м равномерно распределенной силой с интенсивностью
4 кН/м.

Рис. 5.57. Консольная балка,
нагруженная равномерно распределенной силой

Задание 3. Подобрать квадратное сечение балки (рис. 5.58), если
максимальный изгибающий момент Mmax = 80 кН·м, расчетное сопротивление древесины R = 12 МПа.

Рис. 5.58. Квадратное сечение деревянной балки

108

5. Плоский поперечный изгиб

Тест 1. Чему равен максимальный изгибающий момент в балке
(рис. 5.59):
а) Pl;
б) Pl/2;
в) Pl/4;
г) Pl/8?

Рис. 5.59. Шарнирно опертая балка,
загруженная сосредоточенной силой посередине пролета

Тест 2. Консольная балка (рис. 5.60) длиной 2l нагружена силами
P1 и P. Изгибающий момент в жесткой заделке равен нулю, если значение силы P1 составляет
а) P/2;
б) P;
в) 2P;
г) 3P.

Рис. 5.60. Консольная балка, загруженная двумя силами

Кейс 1. Произошел аварийный разлом прицепа грузового автомобиля (рис. 5.61). Длина прицепа 16 м, масса составляет 36 т и равномерно распределена по всему прицепу. Он сконструирован таким образом, чтобы выдерживать максимальный изгибающий момент 270 кН·м.
Соответствует ли место аварии расчетным данным?
Примечание. Прицеп грузовика может быть смоделирован как шарнирно опертая балка с опорами на левом конце и в центре задних колес на расстоянии 4 м от правого конца.

109

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Рис. 5.61. Грузовой автомобиль с прицепом
до12 (а) и после13 (б) аварийного разлома

Кейс 2. Обрушение подвесных галерей в отеле Hyatt Regency
в 1981 г. — вторая по числу жертв катастрофа США. Между первоначальным проектом и реальным воплощением было серьезное отличие (рис. 5.62). Вместо того чтобы, как в проекте, подвесить галереи
друг над другом на общих стержнях, прикрепляемых к потолку, нижнюю галерею прикрепили к верхней, а та, в свою очередь, была прикреплена к потолку. Проанализируйте причину обрушения галерей.
а

Рис. 5.62. Сечение после аварии (а), проект (б)
и конструкция (в) галерей в отеле Hyatt Regency

Грузовик // Tehnoülevaatus Tallinnas ja Peetris : сайт. URL: https://www.
tehnoulevaatus.ee/wp-content/uploads/2024/01/O3-O4-kategooria-tehnoulevaatushaagised.webp (дата обращения: 29.10.2025).
13
Разлом грузовика. URL: https://avatars.mds.yandex.net/i?id=9b14099467fafe55f8
4d8177bf38d7add2fcdedb-5334779-images-thumbs&n=13 (дата обращения: 29.10.2025).
12

110

5. Плоский поперечный изгиб

Кейс 3. Поломки скейтбордов (рис. 5.63) — довольно распространенное явление.
Обычно материалом деки для скейтбордов выбирают древесину
твердых пород: клен, ясень, бук, березу. Делают деку не из цельного
куска древесины, а из нескольких слоев, что позволяет улучшить все
характеристики за счет применения специального клея, состав которого все изготовители держат в секрете, и придать деке необходимую
форму, загиб боковых кромок, носа и хвоста деки (рис. 5.64). Предложите варианты упрочнения скейтборда.
а

Рис. 5.63. Наиболее распространенные места поломки деки скейтборда14

Рис. 5.64. Схема скейтборда

Skate it till it breaks : видеозапись. Время воспроизведения: 00:00:00–00:02:03.
URL: https://www.youtube.com/watch?v=NdqUfmbcPBc (дата обращения: 29.10.2025).
14

111

Послесловие

опротивление материалов — основа инженерного мастерства. В настоящем учебном пособии даны фундаментальные
принципы, лежащие в основе проектирования и анализа конструкций. Полученные знания станут вашим надежным инструментом
в профессиональной деятельности. Они помогут вам проектировать конструкции, соответствующие современным требованиям безопасности
и эффективности; анализировать напряженно-деформированное состояние материалов с учетом реальных условий эксплуатации. Однако
следует помнить, что изложенный в пособии материал опирается на ряд
упрощающих допущений. Мир инженерной практики сложнее. Расчет
реальных конструкций может требовать учета пластических деформаций, усталостной прочности, концентрации напряжений, нелинейного поведения материалов и их анизотропии. Все это — тема последующих, более специальных курсов.
Помните! Сопротивление материалов — это не только расчеты, но и ответственность. От точности ваших решений зависит надежность и долговечность создаваемых объектов, а значит, безопасность и комфорт людей.
Выражаем уверенность, что тот аппарат и, что еще важнее, та логика инженерного мышления, которые были сформированы в ходе изучения этого курса, станут надежной основой для вашей будущей профессиональной деятельности независимо от того, в какой отрасли вы будете работать.
Продолжайте развиваться! Инженерная наука не стоит на месте.
Новые материалы, технологии и методы расчета постоянно появляются на горизонте. Стремитесь к углубленному изучению специализированных дисциплин, участвуйте в проектной деятельности, применяйте полученные знания на практике — только так вы сможете стать
настоящим профессионалом своего дела.
Успехов вам в дальнейшем обучении и инженерной карьере! Пусть
ваши конструкции будут прочными, решения — обоснованными,
а проекты — инновационными.

112

Библиографический список

1. Поляков, А. А. Сопротивление материалов / А. А. Поляков. — Екатеринбург : Изд-во Урал. ун-та, 2013. — 275 с. —
ISBN 978‑5‑321‑02299‑3. — Текст : непосредственный.
2. Сопротивление материалов. Простые виды деформации : практикум / А. Н. Кислов, О. С. Ковалев, Н. А. Гусакова [и др.] ; под общ.
ред. А. Н. Кислова. — Екатеринбург : Изд-во Урал. ун-та, 2021. —
112 с. — ISBN 978‑5‑7996‑3392‑9. — Текст : непосредственный.
3. Инженерная механика. Статика / С. А. Берестова, Е. М. Романовская, Е. А. Савина [и др.] ; под общ. ред.
С. А. Берестовой. — Екатеринбург : Изд-во Урал. ун-та,
2025. — 100 с. — (Контекстное обучение инженеров). —
ISBN 978‑5‑7996‑3392‑9. — Текст : непосредственный.
4. Порошин, В. Б. Начинаем учить сопромат (Ведение в курс сопротивления материалов) : учебное пособие / В. Б. Порошин ;
под ред. проф. И. Я. Березина. — Челябинск : Издательство
ЮУрГУ, 2009. — 56 с. — Текст : непосредственный.
5. Краткий курс лекций по сопротивлению материалов для студентов заочного факультета и заочного факультета ускоренного обучения / сост. В. В. Иовенко. — Хабаровск : Издательство
ТОГУ, 2011. — 100 с. — Текст : непосредственный.
6. Берестова, С. А. Основы инженерных расчетов : учебное пособие / С. А. Берестова, Е. М. Романовская, Е. А. Савина ; М-во
науки и высшего образования РФ. — Екатеринбург : Издво Урал. ун-та, 2023. — 98 с. — ISBN 978‑5‑7996‑3696‑8. —
Текст : электронный // Электронный научный архив : сайт. —
URL: https://elar.urfu.ru/handle/10995/127885 (дата обращения:
27.06.2024).

113

Для заметок

Учебное издание
Контекстное обучение инженеров

Берестова Светлана Александровна
Беляева Зоя Владимировна
Ламоткин Алексей Евгеньевич
ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА.
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Редактор Т. Е. Мерц
Верстка Ю. В. Ершовой

Подписано в печать 22.04.2026. Формат 70×100/16.
Бумага офсетная. Цифровая печать. Усл. печ. л. 9,4.
Уч.-изд. л. 6,4. Тираж 32 экз. Заказ 24.
Издательство Уральского университета
Редакционно-издательский отдел ИПЦ УрФУ ЦСД
620062, Екатеринбург, ул. С. Ковалевской, 5
Тел.: 8 (343) 375‑48‑25, 375‑46‑85, 374‑19‑41
E-mail: rio@urfu.ru
Отпечатано в ИПЦ УрФУ ЦСД
620083, Екатеринбург, ул. Тургенева, 4
Тел.: 8 (343) 358‑93‑06, 350‑58‑20, 350‑90‑13
http://print.urfu.ru

Контекстное
обучение инженеров
С. А. БЕРЕСТОВА, З. В. БЕЛЯЕВА,
А. Е. ЛАМОТКИН

ИНЖЕНЕРНАЯ
МЕХАНИКА.
СОПРОТИВЛЕНИЕ
МАТЕРИАЛОВ

9 785799 641207