с. п. ТИМОШЕНКО
СОПРОТИВЛЕНИЕ
МАТЕРИАЛОВ
ТОМ ПЕРВЫЙ
ЭЛЕМЕ1:1ТАРНАЯ ТЕОРИЯ
И ЗАДАЧИ
ПЕРЕВОД В. Н. ФЕДОРОВА
С Третьего американского издания
ИЗДАНИЕ второе
стереотипное
\^^Л
ИЗДАТЕЛЬСТВО <НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 196&

6.05
T41
УДК 620.10
STRENGTH OF MATERIALS
PART I
ELEMENTARY THEORY
AND PROBLEMS
by
S. TIMOSHENKO'
Professor Emeritus oi Eflgifteering Mechanics
Stanford University
THIRD EDITION
D. VAN NOSTRAND COMPANY, INC.
PRINCETON, mW JERSEY
TORONTO LONDON
NEW YORK,

ОГЛАВЛЕНИЕ
Из предисловия к первому американскому изданию 6
Из предисловия ко второму американскому изданию 8
Из предисловия к третьему американскому изданию 8
Обозначения 9
Глава I. Растяжение и сжатие в пределах упругости 11
1. Упругость • • 11
2. Закон Гука ...*.. 12
3. Диаграмма растяжения 15
4. Допускаемое напряжение 17
5. Напряжения и деформации при действии собственного веса ... 22
6. Статически неопределимые задачи при растяжении и сжатии . . 26
7. Начальные и температурные напряжения . 32
8. Растяжение кругового кольца 35
Глава II. Анализ напряжений и деформаций 40
9. Напряжения по наклонным сечениям при простом растяжении
и сжатии 40
10. Круг Мора 43
11. Растяжение или сжатие по двум взаимно перпендикулярным
направлениям , 46
12". Круг Мора при сложном напряжённом состоянии 48
13. Главные напряжения 50
14. Поперечное сужение .... 53
15. Деформации в случае растяжения или сжатия по двум взаимно
перпендикулярным направлениям 54
16. Чистый сдвиг .... 57
17. Допускаемые напряжения при сдвиге 61
18. Растяжение или сжатие по трем взаимно перпендикулярным
направлениям ♦ 63
Глава III. Изгибающий момент и поперечная сила 67
19. Типы балок . 67
20. Изгибающий момент и поперечная сала . 68
21. Зависимость между изгибающим моментом и поперечной силой 72
22. Эпюры изгибающих моментов и поперечных сил 74
Глава IV. Напряжения в поперечно нагруженных симметричных балках 85
23. Чистый изгиб 85
24. Различные формы поперечных сечений балок . 91
25. Общий случай изгиба поперечно нагруженных симметричных балок 96
26. Касательные напряжения при изгибе . . 102
27. Распределение касательных напряжений в случае кругового
поперечного сечения 108
28. Распределение касательных напряжений в двутавровых балках ПО
1
•

4 ОГЛАВЛЕНИЕ
29. Главные напряжения при изгибе 113
30. Напряжения в составных балках . . . . , /. . 117
Глава V. Изогнутая ось балки . .................. 123
31. Дифференциальное уравнение изогнутой оси 123
32. Изгиб бдлки равномерно распределенной нагрузкой 125
33. Прогиб свободно опертой балки, нагруженной сосредоточенным
грузом 128
34. Определение прогибов при помощи snippbi изгибающих моментов. 131
35. Определение прогиба консоли графоаналитическим методом , . 133
36. Определение прогиба свободно опертой балки графоаналитическим
методом ..... 137
37. Метод сложения действия сил . . 143
38. Прогиб балок с консолями ........'.......... 148
39. Влияние поперечных сил на прогиб балок 150
Глава VI. Статнчески^еопределимые задачи при изгибе 155
40. Лишние закрепления .... 155
41. Балка заделанная^дним концом и опертая другим . ..... . 158
42. Балка с двумя заделанными концами ............. 162
43. Рамы 165
44. Балки на трех опорах . . , , ................ 172
45. Неразрезные балки . ... 175
Глава VII. Симметричные 6ajiKii переменного поперечмого сечения.
Балки из двух материалов . v '•<........ . 181
46. Балки переменного попфечного сечения . . . .- 181
47 Симметричные балки Из BjsyK различных материалов 187
48. Железобетонные балки .... • ^ 190
49. Касательные напряжеивя 1в железобетонных балках ...... 193
Глава VIII. Изгиб балок ii плймгхоёти, которая не является плоскостью
симметрии . . . ... ....'.'.,. 194
50. Чистый изгиб в пяоЬкостй.коТорая не является плоскостью симметрии 194
51. Изгиб балок, имек»щйя: две плоскости симметрии 198
52. Изгиб балок в главной плоскости, которая не является плоскостью
симметрии . ..... ... • • • • • . •(. . . . 200
Глава IX. Одновременное Действие изгиба и растяжения или сжатия.
Теория дфодольного изгиба . . . . . . . . ... . . . ...... 208
53. Изгиб, сопровождаемый растяжением или сжатием ...... 208
54. Внецентренная нагрузка короткой стойки 212
55. -Ядро сечения .... . . . . .... 215
56. Внецентренное сжатие гибкой CHMMetpH4Hofi колонны 219
57. Критическая нагрузка ... , j* . .;.... 223
58. Критическое напряжение. Расчет колонн............ 227
59. Расчет колонн на основании предполагаемых неточностей .... 232
60. Эмпирические формулы для расчета колсшн 234
Глава X. Кручение и одновременное действи^р изгиба и кручения . . 238
61. Кручение круглого стержня ,....,. 238
62. Кручение полого вала . . . ... . . . 243
63. Вал прямоугольного поперечного сечения ... * 245
64. Винтовая пружина с малым шагом витков . 246
65. Одновременное действие изгиба и кручения. Изгиб и кручение
валов круглого поперечного сечения «,,.......-., 250

ОГЛАВЛЕНИЕ 5.
Глава XI. Эиергня деформации и удар ....... i, 255
66. Энергия упругой деформации при растяжении 255
67. Растяжение, вызыйаемое ударом 253
68. Энергия упругой деформации при сдвиге и кручении . 264
69. Энергия упругой де<})ормацИи при изгибе 267
70. Изгиб, вызываемый ударом ................... 271
71. ОЩее выражение энергии деформации 275
72. Теорема Кастйлиаио ...................... 277
73. Де^рмация ферм ■ 283
74. Приложение теоремы Кастилиано к решению статически неопределй*
мых задач 287
75. Теорема о взаимности работ и Перемещений . . ... . . ... . 296
76. Исключительные случаи . . . . 303
Глава XII. Кривые брусья . .-. ^ ........ . 305
77. Чистый изгиб кривых брусьев ^ 305
78. Изгиб кривых брусьев силами, действующими в плоскости
симметрии 309
79. Частные случаи изгиба кривых брусьев ........... 310
Щ. Деформагшя кривых брусьев ..........;...... 317
81. Двухшариирная арка 331
82. Напряжения в ободе махового колеса . $34
83. Уравнение изогнутой оси для бруса с круговой осью ^ 337
84. Шгиб кривых труб 340
85. Изгиб кривого бруса не в плоскости его начальной кривизны . .' 345
Приложение А. Моменты инерции плоских фигур . 350
I. Момент инерции плоской фигуры относительно оси, лежшцей в ее
плоскости ............. 350
II. Полярный момент инерции плоской фигуры /• • • 352
' П1. Теорема о параллельном переносе осей 354
IV Центробежный момент инерции. Главные оси 355
V. Изменение направления осей. Определение главных осей .... 357
Предметный указатель 360

из ПРЕДИСЛОВИЯ к ПЕРВОМУ АМЕРИКАНСКОМУ ИЗДАНИЮ
В настоящее время происходит решительный перелом во
взглядах конструкторов на применение аналитических методов при
решении технических задач. Проектирование уже не основывается
преимущественно на эмпирических формулах. Значение
аналитических методов, увязанных с лабораторными исследованиями, при
решении технических задач ныне является общепризнанным.
Типы машин и сооружений изменяются очень быстро, особенно
в новых областях промышленности, вследствие чего мы не
располагаем достаточньм количеством времени для накопления
необходимых данных практики. Размеры и стоимость сооружений
постоянно увеличиваются, что заставляет предъявлять более строгие
требования к надежности конструкции. В условиях конкуренции
все более возрастает значение экономического фактора при
проектировании. Конструкция должна быть достаточно прочна и
долговечна и, вместе с тем, должна быть спроектирована с наибольшей
экономией в материале. При таких условиях задача конструктора
становится чрезвычайно трудной. Уменьшение веса влечет
увеличение допускаемых напряжений, которые могут быть приняты
как безопасные только на основании тщательного анализа
распределения напряжений в конструкции и опытных исследований
механических свойств применяемых материалов.
Цель этой книги — изложить вопросы даннЪго курса таким
образом, чтобы внимание студента было сосредоточено на
практических приложениях теории сопротивления материалов. Если это
удастся и в результате появится более тесное взаимоотношение
между наукой о сопротивлении материалов и техническим
проектированием, то будет сделан значительный шаг вперед.
Книга разделена на два тома. Первый том содержит главным
образом материал, обычно помещаемый в обязательных курсах
сопротивления материалов в американских технических школах.
Отделы, выходящие за рамки обычных курсов и представляющие
интерес преимущественно для аспирантов и-^
инженеров-исследователей, собраны во втором томе. Последний содержит также новые
исследования практической важности в области сопротивления
материалов.

из йредясловйй к первому американскому йздаяиго 7
при составлений первого тома сопротивления материалов было
обращено внимание на возможное упрощение всех выводов, чтобы
студент с обычной математической подготовкой был в состоянии
читать их без затруднения. Например, при выводе теорий
изогнутой оси балки был широко использован ерафоаналитический
метод. Таким образом было достигнуто значительное упрсяцение
при выводе прогнав балок для различных условий нагружеятя
и закрепления опор. При разборе статически неопределимух
систем был применен Метод слоокения действия сил, который
оказывается весьма удобным при изложении таких задач» как иераз-
резные балки и рамы. Для объяснения -сложных иапря^кений и
вывода главных- напряжений был использован круг^Мора,
значительно упрощающий и&л[ожение этой части теории.
Применяя эти методы, упрощающие изложение* автор смог
сжать материал и разобрать некоторые вопросыу выходящие за
пределы^ обычных курсов. Например, при исследовании крученчя
рассмотрено скручивание прямоугольных стержней й прокатных
сечений, как-то: уголков, швеллеров и двутавровых балок* По^
дробно разобраны дефортйации и напряжения в вивтойых
рессорах. В теории изгиба разсбран случай несимметричных сечений;
определен и объяснен центр скручивания и рассмотрено влияние
поперечной силы на прогиб балок. Дана общая теория изгиба балок,
материал которых не следует закону Гука; она применена к из-
ги^ балок за пределом текучести. Рассмотрен изгиб
железобетонных балок. При исследовании одновременного действия изгиба и
растяжения или сжатия рассмотрено влияние прогибов иа
изгибающий момент и выяснен предел применимости метода сложения
действия Сил. При изложении одновременного действия изгиба и
кручения разобраны прямоугольные и эллиптические поперечные
сечения, а также в качестве Приложения дан расчет коленчатых
валов. Значительное место в книге отведено методам решения задач
упругости, основанным на рассмотрении энергии деформации
упругих тел. Эти методы применены при исследовании статически
неопределимых систем, рассмотрены также напряжения,
вызываемые ударом. Все эти вопросы более сложного характера
напечатаны мелким шрифтом и могут быть опущены при первом чтении
книги.
Книга иллюстрирована большим числом задач, к которым
приложены решения. Во тлногих случаях задачи выбраны так, чтобы
расширить область, охватываемую текстом, и иллюстрировать
приложение теории к решению задач проектирования. Можно
надеяться, что эти задачи будут интересны для учебных целей,
а также полезны для конструкторов.
Анн Арбор, Мичиган л «^
1 шя 1930 г. С. Тимошенко

8 из ПРЕДИСЛОВИЯ к ТРЕТЬЕМУ АМЕРИКАНСКОМУ ИЗДАНИЮ
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ КО ВТОРОМУ АМЕРИКАНСКОМУ ИЗДАНИЮ
При подготовке второго шдания этой книги усилие было на*
правлено к тому, чтобы приспособить книгу к учебным требованиям
технических школ США.
С этой целью «iacTb материала более сложного характера,
который содержался в предыдущ^ем издании этого тема, была удалена
и будет включена во второй том нового издания. В то же время
некоторые сведения, которые были лишь кратко рассмотрены в
первом издании, были расширены с намерением сдел^ать книгу
более доступной для начинающего. По этЬй причине глава П^
излагающая сложные напряжения, была полностью переработана.
Часть книги, излагающая эпюры поперечных сил и изгибакядих
моментов, была расширена и было добавлено значительное
количество материала по '^определению' изогнутой оси балки методом
интегрирования. Рассмотрение теории продольного, изгиба и ее
применение было включено в главу VIII, так как этот Ьопрос
обычно излагается в обязательных курс^ах сопротивления
материалов. Бкло сделано несколько добавлений к главе X,
излагающей приложение метода энергии деформаций к решению статически
неопределенных задач. Добавленно много новых задач, которые
могут быть полезны дли аудиторной и домашней работы.
Можно надеяться, что при сделанных изменениях книга
окажется более удовлетворительной для усвоения курса сопротивле-^
ния материалов и что она даст лучшее основание для изучения
более сложного мэтериала, рассматриваемого во втором томе.
С. Тимошенко
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ К ТРЕТЬЕМУ АМЕРИКАНСКОМУ
^ ИЗДАНИЮ
В третье издание этой книги добавлено значительное число
новых задач и включены ответы ко многим старым задачам. Книга
расширена путем добавления двух новых глав, а именно главы
VIII, излагающей изгиб балок в плоскости, не являющейся пло-*
скостью симметрии, и главы XII об изгибе кривых брусьев. В
главе VIII введено понятие о центре сдвиг^а, которое имеет большое
практическое значение для тонкостенных конструкций. В главе
ХГ1 изложен материал о кривых брусьях, который прежде
помещался во второй части этой книги. Этот материал был полностью
переработан, причем были добавлены новые сведения.
Сханфордский университет
25 марта 1955 г.
С Тимошенко

ОБОЗНАЧЕНИЯ
а—угол, коэффициент линейного температурного
расщирения, числовой коэффициент
P^-yfcwi, числовой коэффициент
Y—относительный едвиг, вес единицы объема
А—относительное объемное расширение, приращение
, А/—полное удлинение, полный прогиб, расстояние
8.-—относительное удлинение или укорочение
Bjg, 8у, е,—относительные удлинения по направлениям осей
X, У, г
6—угол, угол закручивания на единицу длины вала
fi—коэффициент Пуассо^на
а—нормальное напряжение
<^г» <^1» ^г*—главные напряжения
а„—нормальное напряжение по плоскости,
перпендикулярной направлению п
Oje» ffv> о г—нормальные напряжения по плоскостям, пернен-
дикулярным осям jc, I/ и 2
а^^--Предел прочности
[aj—допускаемое напряжение
От—предел текучести
*^xv> "^v» ч^гж^~ касательные напряжения по плоскостям,
перпендикулярным к осям у, щ и X и параллельным осям
X, у и Z
[х]—допускаемое напряжение на сдвир
Тт—предел текучести при сдвиге
Ф—угол
со—угловая скорость
а, Ь, с, d—расстояния
С-i-жесткость при кручении, постоянная интегрирования
-D, d—диаметры
Е—моЛ(Уль упругости при растяжении (сжатии;
F—площадь поперечного сечения
G — модуль упругости при сдвиге
Н—горизонтальная сила
ft—высота, толщина
J^—полярный момент инерции площади

10 . ОБОЗНАЧЕНИЯ
Jy, Jg—моменты инерции площади относительно осей у п ш
J^^—центробежный момент инерции площади
относительно осей ^/ и Z
iy* h—радиусы инерции площади относительно осей у vi ъ
if—объемный модуль упругости
k — коэффициент безопасности, постоянная пружины,
числовой коэффициент
I—длина, пролет
М — изгибающий момент
Мк-^ крутящий момент
Л/— продольная сила, мощность в лошадиных силах
п — число оборотов в минуту, нормаль к плоскости
Р — сосредоточенная сила
р—распределенная нагрузка на единицу площади
(давление)
Q — поперечная сила, груз, собственный вес
9'~-распределенная нагрузка на единицу длины
(интенсивность распределенной нагрузки)
- R — реакция, сила, радиус
г—радиус, радиус кривизны
5—продольное усилие в стержне
^—температура, толщина
V—энергия деформации
и — прогиб, расстояние, перемещение
V—объем
V—скорость, прогиб, расстояние, перемещение
W—;момент сопротивления при изгибе
11^.—^момент сопротивления при кручении
X, У, Z — продольные усилия в стержнях, неизв^тные реакции
Kt у» 2 — Прямоугольные координаты ^

ГЛАВА 1
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
1. Упругость
Материал тела состоит из малых частиц или молекул, между
которыми действуют силы. Эти молекулярные силы оказывают
сопротивление внешним силам, которые стремятся произвести
изменение формы тела. Под действием внешних сил частицы тела
перемешаются, и перемещения продолжаются до тех пор, пока не
установится равновесие между внешними и внутренними силами.
В таком случае тело находится в деформированном состоянии. Во
время деформации внешние силы, действующие на тело, производят
работу, и эта работа превращается полностью или частично в
потенциальную энергию деформации. Часовая пружина является
примером такого накопления потенциальной энергии в
деформированном теле. Если силы, которые произвели деформацию, затем
постепенно/уменьшаются, то тело вполне или отчасти возвращается
к своей первоначальной форме, и во время этой обратной деформации
потенциальная энергий деформации, которая была накоплена в
теле, может быть возвращена в форме внешней работы.
Рассмотрим, например, призматический стержень, нагруженный
на конце, как показано на рис. 1 ^). Под действием этого груза будет
иметь место некоторое удлинение. Точка приложения груза будет
перемещаться вниз, и во время этого движения грузом будет
совершена положительная работа. Если груз уменьшается, то
удлинение стержня также уменьшается, нагруженный конец стержня
перемещается вверх, и потенциальная энергия деформации
превращается в работу, необходимую для перемещения груза вверх.
Свойство тел возвращаться к своей первоначальной форме после
удаления нагрузки называется упругостью. Тело совершенно упру*
го, если оно после разгрузки восстанавливает свою первоначальную
форму; оно частично упруго» если деформация, произведенная
внешними силами, не исчезает полностью после разгрузки. В случае
совершенно упругого тела работа, произведенная внешними силами,
') Предполагается, что груз действует по оси стержня, т, е, по линии,
проходящей через центры тяжести поперечных сечений»

12
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
[гл. I
во время деформации должна превратиться в потенциальную
энергию деформации *). В случае частично упругого тела часть работы.^
совершенной внешними силами во время деформации, рассеется
в форме теплоты, которая развивается, в теле при неуцругой
деформации. Опыты показывают, что такие строительные материалы,
как сталь, дерево и камень, могут рассматриваться как совершенно
упругие в некоторых пределах, которые зависят от свойств
материала. При условии, что внешние силы, действующие на сооружение,
известны, основной задачей для конструктора является установление
таких размеров в частях сооружения, чтобы последнее при всех
условийх службы приближалось к совершенно упругому телу.
Только йри таких условиях мы будем иметь продолжительную
службу сооружения без какой-либо остаточной деформации его
частей.
2. Закон Гука
Непосре^^ственными опытами над растяжением призматических
стержней, (рис. 1) было установлено для многих стрштельных
материалов, что в некоторых пределах удлинение стержня пропор-
ШШ//Ш/////ШЛ ционально растягивающей силе. Это простое ли-
'"^'^^р'ТГГ нейное соотношение между силой и удлинением,
(( которое она вызывает, впервые было сформули-
л ровано английским ученым Робертом Гуком ^)
в 1678 г. и носит его имя. При помощи
обозначений:
Р —сила, вызывающая растяжение стержня, ,
/ —длина стержня,
¥ —площадь^поперечного сечения стержня,
А/—полное удлинение стержня,
Я—упругая постоянная материала,
называемая модулем упругости при растяжении,
экспериментальный закон Гука можно выразить
ш
1
/
ni-
I
Ъ
т
Рис. 1.
Р
следующим уравнением:
А/е=
Р1
EF'
A)
Удлинение стержня пропорционально растягивающей силе и
длине стержня и обратно пропорционально площади поперечного
сечения и модулю упругости. При производстве испытаний на
растяжение обыкновенно принимаются все меру предосторожности
к тому, чтобы обеспечить центральное приложение растягивающей
*) При этом рассмотрении пренебрегается малыми температурными
изменениями, которые обычно сопровождают упругую д€фо|)маШю, и
соответствующие тепловым обменом со средой (см. часть II).
*) Robert Н о о к е, De Potentia restitutiva, London, 1678,

2]
'ЗАКОН tVKA
13
СИЛЫ. На рис. 2 показан способ закрепления концов круглого
образца в испытатательной машине на разрыв. Таким образом будет
предупрежден какой ^ы то ни был изгиб с^гёржня. Исключая из
рассмотрения части стержня, находящиеся вблизи точектгриложе-
ния сил *), можем заключить^ что при растяжении все
продольные волокна призматического стержня имеют одно и то же удлн-\
нение, и поперечные сечения стержня, первоначально плоские и
перпендикулярные к оси стержня, остаются такими же и после
растяжения. . '^
При определении величины 18нутренних сил вообразим стержень,
разрезанный на две части поперечным сечением т/г, и рассмотрим
равновесие нижней части стержня (рис. 1,Ь),
К нижнему концу этой части приложена
растягивающая сила Р. Силы, действующие на
верхнем конце, представляют действие частиц
верхней части деформированного стержня на
частицы нижней части. Эти силы непрерывно
распределены по поперечному сечению. Близкий
пример такого непрерывного распределения сил
по поверхности представляет гидростатическое
давление или давление пара. В случае таких
непрерывно распределенных сил имеет большое
зиачепие интенсивность силы, т. е. сила, приходящаяся на единицу
площади. В данн(ш случае осевого растяжения, в котором все волокна
имеют одно и то же удлинение, распределение сил по поперечному
сечению тп будет ^обяол^ерябш. равнодействующая этих сил будет
проходить через центр тяжести поперечного сечения и будет
действовать по оси стержня. Принимая во внимание, что сумма этих
сил из условия равновесия (рис. t,6) должна быть равна Р, и
обозначая силу, приходящуюся на единицу площади, через о, мы
получаем:
сг«^. ; B)
Эта сила, приходящаяся на единицу площади, называется
растягивающим напряжением или просто напряжением. В дальнейшем мы
будем измерять силу в килограммах и площадь — в квадратных
сантиметрах, так что напряжение будет измеряться в килогршймах
на 1 кв. см. Удлинение стержня, приходящееся на единицу длины,
определяется уравнением ^
л;
C)
') Более сложное распределение напряжений вблизи точек приложения сил
рассматривается в части II»

14
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
[гл. I
И назьшается относительным удлинением или относительной
деформацией растяжения. Пользуясь уравненийми A), B) и C),
можем написать закон Гука в следующей форме:
^ 8"
D)
Мы видим, что модуль упругости равен напряжению, деленному
на относительное удлинение, и его легко можно вычислить, если
напряжение и соответствующее относительное удлинение найдены
из испытания на растяжение. Относительное удлинение в есть
отвлеченная величина, представляющая отношение двух длин (см.
уравнение C)); поэтому из уравнения D) можно заключить, что
модуль упругости измеряется в тех же единицах, что и напряжение
а, т. е. в килограммах на 1 кв. см. Средние значений модуля Е
для некоторых материалов даны во втором столбце таблицы Р).
Таблица 1
Механические свойства материалов
■
Материал
Строительная углеродистая
сталь от 0,15 до О.гЗ"/©
углерода
Никелевая сталь от 3 до
Медь катаная в холодном
Сосна вдоль волокон . . .
Е
ке/см'
2, мое
2,0.10'
0,70.108
1.Ы0«
0,70.10»
0,1-106
0,28.10в
Предел текучести
«й/сж»
••
2,1.10»^2,8.10»
2,8.10«—3,5.10*
2,4.10»—3,1.10»
—
„
—
~
Предел прочности
кг/см'
-
3,9.10»—4,6.10»
5,4.10»-^7,0.10»
3,8.10»^4,6.10»
2,0-10»—2,8-10»
2,5.10»
5,6.10»—1,4.10».
2.10»
Ур>1внения A) — D) можно применить также в случае сжатия
призматических стержней. Тогда А/ будет обозначать полное
продольное укорочение, е — относительное укорочение и о —
сжимающее напряжение. Для большинства строительных материалов
модуль упругости при сжатии тот же, что и при растяжении*
В вычислениях растягивающее напряжение и д«}юрмация растяжения
рассматриваются положительными, а сжимающие напряжение и
деформация — отрицательными.
*) Более подробно о механических свойствах материалов изложено в
части II.

3]
/ДИАГРАММА РАСТЯЖЕНИЯ
15
ЗАДАЧИ
1. Определить полное удлинение стальното стержня длиною 60 см, если
растягивающее напряжение равно 1000 кг/см^^
Ответ. Л/ = 0,03 cjm.
2. Определить силу, растягивающую цилиндрический стальной стержень
диаметром в один см, если относительное удлинение равно 0,7* 10"*.
Решение^ Растягивающее напряжение в стержне из уравнения D) равняется
, а = Ее = ЫОО кг/см\
Растягивающая сила из уравнения B) равняется
п
P=:af=1400.
1100 кг.
3. Каково отношение модулей упругости материалов двух стержней
одинаковых размеров, если под действием равных растягивающих сил относительные
20 ^
удлинения стержней имеют отношение 1:тт. Определить эти удлинения, а:ли
один из стержней стальной, а другой —> медный и
растягивающее напряжение равно 600 кг/см^.
Решение. Модули упругости обратно пропорциональны
относительным удлинениям. Для стали
e=sSr =0,00030.
для меди
2.10»
в = 0,00054.
Р.
Р
1,= 70ай
1г=Ю€М
I3-IOCM
4. Призматический стальной брус длиной Ш см под действием
растягивающей силы Р удлиняется на 0,06 см. Найти величину
силы, если объем стержня равняется 360 еж'.
Оттет. Р= 12 000/сг.
5. Кусок проволоки длиною 30 м, подверженный действию
растягивающей силы Р = 400 /сг, удлиняется на 2,5 см. Найти
модуль упругости материала, если площадь поп^ечного сечения
проволоки равняехся 0,3 ct^.
Оттет. Е = 2-IQf^ кг/см\
6. Определить полное удлинение стального стержня АВ,
имеющего площадь поперечного сечения /"== 10 см^ и
подверженного действию сил Q == Am н Р='2т (рис. 3).
Решение. Растягивающая сила в верхней и нижней частях стержня равна
Q, а в средней части равна Q —• Р, Тогда полное удлинение будет
мил
Рис. 3.
"* ^ FE^ FE 10.2.10'
4000.10 . 2000-10
10.2-10«
0,004+0.001'= 0.005 см.
7. Решить задачу 6, предполагая, что материалом является дюралюминий
и что Р=> Q = 4m.
3. Диаграмма растяжения
Пропорциональность между растягивающей силой и
соответствующим удлинением сохраняется до некоторого предельного зна^
чения растягивающего напряжения, называемого пределом пропор-
ционадьности^ который зависит от свойств материала. За этим

Щг
16
РАСТЯЖЕНИЕ и СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
Сгл. 1
пределом зависимость между удлинением и растягивающш
напряжением становится более сложной.
Для таких материалов, как строительная сталь, пропорцио^
нальность между нагрузкой и удлинением сохраняется до
значительного напряжения, и предел пропорциональности моз^ет быть
принят 1,6-10' —2*10* кг/сдс^
Для таких материалов, как чугун или мягкая медь, пределы
пропорциональности очень низки, так что отклонения от
закона Гука можно заметать при низких растягивающих
напряжениях.
--При исследовании >!еханических свойств материалов за
пределом пропорциональности зависимость между деформацией и
соответствующим .напряжением обычно
изображают графически диаграммой растя->
жения. Рис. 4. изображает типичную
диаграмму для строительной стали. Здесь
удлинения отложены по горизонтальной оси,
а соответствующие напряжения
представлены ординатами кривой OABGD. От О ао А
напряжения и д«ф)рмации
пропорциональны; за Л отклонение от закона Гука
становится заметным; следовательно,
напряжение в А есть предел пропорциональности.
По нагружении за этим пределом
удлинения увеличиваются гораздо быстрее, и
диаграмма становится кривой, У точки В
имеет место внезапное удлинение стержня
без заметного ^шеличения растягивающей
силы. ^ Это явление, * называемое
текучестью металла, показано на диаграмме
почти горизонтальным участком кривой. Напряжение,
соответствующее точке В, называется пределом текучести.
При дальнейшем растяжении стержня материал восстанавливает
способность сопротивляться, и, как видно из диаграммы,
растягивающая сила увеличивается с увеличением удлинения до точ«
ки С, где сила достигает своего наибольшего значения.
боогветствующее напряжение называется пределом прочности
материала.
За точкой С стержень продолжает удлиняться с уменьшением
нагрузки, и окончательное разрушение происходит при нагрузке,
соответствующей точке D диаграммы.
Необходимо заметить, что удлинение стержня сопровождается
уменьшением поперечных размеров, но практически при вычислег
НИИ предела текучести и предела прочности за расчетное поперечное
сечение F принимают первоначальную площадь. Этот вопрос будет
разобран более подробно ниже (см. часть И).
Лтараммы/^и t/шм/т-
Рис. 4.

4] ДОПУСКАЕМОЕ НАПРЯЖЕНИЕ V7
Р«с. 4,& представляет диаграмму растяжения для ^гуна. Эют
материал имеет очень низкий предел пропорциональности ^) и не
имеет определенного предела текучести.
При сжатии различных материалсш можно также получить дна-
граммы, аналогичные таковым при растяжений, и удается
установить такие характ^)истики, как предел пропорциональности, предел-
текучести и предел прочности. М€ха|1ические свойства материалов
при растяжении и сжатии будут разобраны более подробно ниже
(см. часть II).
4. Допускаемое напряжение
Диаграмма растяжения дает очень ценные сведения о
механических свойствах материалот. Зная, пред^ пропорциональности,
предел текучести и предел прочности, монсем установить для
каждой частнсй технической задачи величину напряжения, которое
можно рассматривать как безопасное напряжение. Это напрягЕСение
обьино называется допускаемым напряжением.
При вьйоре величины допускаемого напряжения для стали
нужно принять во внимание, что при напряжениях ниже предела
пропорциональности этот материал можно рассматривать как
совершенно упругий, между тем как за этим пределом после разгрузки
стержня обычно остается часть деформации, т. е. имеет место
остаточная деформация. Для того чтобы иметь сооружение в упругом
состоянии и исключить возможность появления остаточной
деформации, практика! обычно принимает допускаемое напряжение
несколько ниже предела пропорциональности. При
экспериментальном определении этого предела необходимы чувствительные
измерительные инструменты (экстенсомегтры), так как величина этого
предела зависит от степени точности, с которой сделаны измерения.
Для тш"о чтобы исключить это затруднение, обычно принимают
предел текучести или предел прочности материала за основание
для определения величины допускаемого напряжения. Обозначая
через [al, о^иОд, соответственно допускаемое напряжение, предел
текучести и предел прочности материала, определим вели^ну
допускаемого напряжения из следующих у равнений;
[о]^^ или [crj«^. E)
Здесь fe и fe, — постоянные величины, называемые ктффищентом
безопасности и определяющие величину допускаемого напряжения.
ё случае строительной стали логично принимать за основание
для вычисления дотускаемого напряжения предел текучести, так
^) Этот предел может Gbm, установлен при измерении удлинений при помощи
очень чувствительных экстенсометров, См, Gruneisen, Вег, deut. phystk, Ges., 1906.

18
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
[гл. I
как при этом пределе имеет место значительная остаточная
деформация, которая недопустима в инженерных сооружениях. Э таком
случае коэффициент безопасности ^ = 2 будет давать достаточную,
величину для допускаемого напряжения при условии, что на
сооружение действуют только постоянные или статические нагрузки. В
случаях внезапно приложенных нагрузок или переменных
нагрузок, что бывает часто в частях машин, необходимо принимать
больший коэффициент безопасности. Для хрупких материалов, как
чугун, бетон или различного рода камни, и для таких материалов,
как дерево, за основание для определения допускаемых
напряжений обыкновенно принимается предел прочности.
Величина коэффициента безопасности зависит от точности, с
которой определены действующие на сооружения внешние силы, от
точности, с которш можно вычислить напряжения в частях соору"
жения, а также от однородности употребляемых материалов. Этот
важный вопрос о допускаемых напряжениях будет обсужден более
подробно ниже (см. часть П). Здесь мы дадим несколько простых
nptiMepoB определения прочных размеров поперечного сечения
стержней, полагая, что допускаемые напряжения даны.
ЗАДАЧИ
I. Определить диаметр d стальных колонн N пресса для наибольшей сжи-
макмций силы Я = 40 m (рис. 5), если допускаемое напряжение для стали в этом
случае [0]== 600/сг/сл*. Определить полное
удлинение колонн при наибольшей нагрузке, ec^iH длина
между их головками 1= I м.
Решение, Необходимая площадь поперечного
сечения, из уравнения B), равняется
следовательно,
20000
600
= 33,33 cм^
. ., /133.32 - .,
см.
Полное удлинение из уравнений C) и D), равно
Е
600-100
= 0,03 см.
Решение. Из рис.
растягивающее усилие
2.10*
2. Конструкция, состоящая из двух
одинаковых стальных стержней (рис, 6) длиною 4,5 м с
шарнирными концами, подвержена действию
вертикальной нагрузки. Определить необходимую
площадь поперечного сечения стержней и опускание
точки В. если Р=2 т, [а] = 500 кг/см^ и
первоначальный угол наклонения стержней в = 30".
&,Ь, изображающего условие равновесия шарнира В,
в стержнях получается
Ss=:J!- ..; дляв«=30* 5=/'=2000/с^.
 sin в*

4]
ДОПУСКАЕМОЕ НАПРЯЖЕНИЕ
19
Необходимая площадь поперечного сечения
'^ [а] 500
Опускание ВВ, найдется из малого «рямоугольного треугольника DBB,. в
котором ^гаВ^ радиуса, равного первоначальной длине стержней, рассматри-
вается как перпендикуляр, опущенный на - - - * ^^
ABj, изображающую положение стержня АВ
после деформации. Тогда удлинение стержня
будет
В^0^е1==Щ
500.450 п п .«
в опускание
ВВ, = -:—D~
' smO
:0,22 см.
Рис. 6.
Видно, что изменение угла от опускания
ВВ, очень мало; и прежнее вычисление S, основанное на предположении, что
в == 30°, достаточно точно. ' ог>,. ^„„^ '
3, Определить размеры поперечного сечения деревянной балки ВС и
стального стержня АВ конструкции ABC, нагруженной в В, если допускаемое
напряжение для сосны принято [а]д= 10 кг/см'^ и, для стали [а]с==60р кг/см\ Груз
Р == 2 4 m Размеры конструкции показаны на рис. 7. Определить вертикальную
и горизонтальную составляющие перемещения точки В вследствие деформации
^^^^тние. Из треугольника на рис, 7,6, представляющего условие равнове*
сие шарнира В и подобного треугольнику ABC рис, 7,а. имеем
5=^:^ = 4000/сг.
о
Р.4
3
Sj = ^^ = 3200 кг.
Площади поперечного сечения стального стержня и деревянной балки рав-
няются
юь

20 РАСТЯЖЕНИЕ и СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ [ГЛ. I
Полное удлинение стального стержня и полное укорочение деревянной балки будут
Д/
Д/,
S/ _ 4000-500
0,1^ см.
32оа*400
■Е^,—ШШ'=^^'^^'''-
Чтобы определять''перемещение шарнира В вследствие деформация,
описываем дуги из центров Л и С (ряс. 7, а) радиусами, соответственно равными длинам
растянутого стержня и сжатой балки* Они пересекаются в новом положении ^
шарнира В. Это показано в большом масштабе на рис. 7, с, где BJ3i есть
удлинение , стального стержня и Вщ — укорочение деревянной балки. Пунктирные
перпендикуляры заменяют упомянутые выше дуги. Следовательно, ВЕг является
перемещением шарнира В. Составляющие этого перемещения легко можно
получить из чертежа.
Рис. 8.
4. Определить в предадущей задаче угол наклонения ст^)жня АВ, чтобы
вес его был н1аименьшим. V
Реше(шё. Если в обозначает угол между стержнем и горизонтальной балкой
и /,— длину балки, то длина стержня равняется / == Z,/cos в, растягивающее
усилие в стержне равно S = f/slD в и необходимая площадь поперечного сечения
f =t Pjlajf. sin fi. Объем стержня будет
IF*
(e]cSinOcos6
21J>
fa}esiu2e-
Видно, что объем и вес стержня получаются наименьшими при sin 2в == 1
ив = 45^
5. Квадратная рама Л BCD (рис. 8, а), состоящая из пяти стальных стержней,
площади поперечного сечения которых по б см^, подвержена дейстаню двух сил
Р =» 4 m в направлении диагонали. Определить величину изменения углов Л и С
вследствие деформации рамы. Насколько изменятся те же углы, если силы
приложены, как указано на рис 8, Ь.
Решение. В случае, указанном на рис. 8, а, диагональ буд1ет воспринимать
полную нагрузку Р. Предполагая, что шарнир Х> не перемещается и направление
диагонали не изменяется, найдем, что перемоценве шарнира В по направлению
диагонали будет равно удлинецию диагонали Д/ => P//£f. Определение Нового
положения С шарнира С указано на рисунке пунктиром. Из малого
прямоугольника СС,С'видно, что CC«=A//l/^5", Тогда угол поворота стержня DC вследсгиие

4]
ДОПУСКАЕМОЕ НАПРЯЖЕНИЕ
21
деформации рамы %дет
££.=. .^ilX == ^ « ~г =3= 0,0004 радиана.
DC Y^l ^ ^^
Следовательно, увеличение угла С будет
2-0,0004 =«0,0008 )радиана.
Решение задачи, указанной на рис, В,Ь предоставляется учаШему^я.
'4М'—*f*--ZV'
\^шшшштшщ
Рис. 9.
Рис. 10.
в Опоеделнть положение груза Р на балке АВР, при котором усилие в
стержне ВС будет наибольшим. Определить угол в, при котором объем
стержня ВС будет наименьшим (рис, 9). —
Ьтвет- Усилие в стержне ВС
получается-^наибольщим, когда груз
занимает свое крайнее правое положение в
точке О. Объем стержня будет йаи-
меньшйм, когда в = 45°.
7« Определить необходимую пло-
щад|р. пойеречного сечения стального
стержня ВС <рис. 10), earn
допускаемое напряжение И = 1000 кг/см^ и
равномерк) распоеделенная вертикальная нагрузка равняется 9= 1200 кг на
1 пог. JK балки ЛВ.
вГо^дел^ необходимые площади > и F, поперетиых сечений стержней
АВ и ВС системы, локазавной на рис, U, если [о] «* 1000 кг/см\
Ответ, F<=^ 1^.0 CM^F^'^ 12,5 см\
Jpnc 12.
9. Определить необходимые площада F И F, полеречшх сечетйй стержней
ЛВ и ВС системы, показанной на рис. 12, а, если loj = twu к&см .
Я^«*Гшс1ъ тДггольвик %рО на рис. 12, ^ представляет Ч>еугольнйк
сил дХтоиощих на йнир В. Тогда, проведя горизонтальную лшниЮ On, мы
Хш1ЖХ.4)адгго5ьннкй mnO и про геометрически подобны «)еуголь.
hS^Bf/h fBCHa рис: 12, с. Из этого подобия, как показано на рис. 12. Ь, по-

22 РАСТЯЖЕНИЕ и СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ [ГП. I
лучаются усилия в ст^жнях АВ а ВС и величины их горизонтальных и
вертикальных проекций. Тогда требуемые площади будут
16000 ,„ . Р 4000У13 ,^. ^
^== lOOO" = ^^^'^ • ^»^ -1000— == ^^'^ ^^ •
10. Найти площадь поперечного сечения стержня CD на
рнс. 11 и полное удлинение стержня, если его материалом
является стронтельная сталь и [а] =» 1000 кг/см^.
Ответ. F= 16 cл^ Д/ = 0,16 см.
11. Решить задачу 8, предполагая, что груз приложен
только в одном узле верхнего пояса в расстоянии 2,5 м
от опоры А.
Ответ, f =*= 10,67 см^, f j == 8,33 см^.
12. Квадратная стальная рама нагружена, как показано на рис. 13. Найти
полное удлинение каждого стержня, если площади поперечных сечений всех
стержней одинаковы н равны 5 см^.
Ответ. Удлинения всех стержней, за исключением АВ, равняются иулю-
Для стержня АВ Д/ *= 0,3 см.
5. Напряжения и деформации при действии
собственного веса
При рассмотрении растяжения стержня по рис. 1 принималась
во вншлание только нагрузка, приложенная на конце стержня.
Если длина стержня велика, то собственный вес его может вызвать
значительные дополнительные напряжения, которые необходимо
принять в расчет. В этом случае наибольшие напряжения будут
по поперечному сечению у заделанного конца. Обозначая через
у вес единицы объема бруса, найдем, что полный вес его будет yFl
и наибольшее напряжение определится из уравнения
<'„„=4^=f-+v/. F)
Второй член правой части уравнения F) представляет напряжение,
вызываемое весом бруса.
Вес части бруса, находящейся ниже поперечного сечения тп
в расстоянии х от нижнего конца (рис. 1), равняется у/^л: и
напряжение по этому сечению определяется из уравнения
Подставляя В уравнение F) вместо а^д^ допускаемое напряжение
[с 1, получим уравнение для вычисления необходимой площади
поперечного сечения
Интересно заметить, что с увеличением длины / вес бруса
становится все^ более значительным, знаменатель правой части уравне-

5] НАПРЯЖЕНИЯ И ДЕФОРМАЦИИ ПРИ ДЕЙСТВИИ СОБСТВЕНйОГО ВЕСА 23
НИН (8) уменьшается и необходимая площадь F доп^)ечного
сечения увеличивается. Когда у/= 1а], т.'е. напряжение только от
собственного вера бруса получается равным допускаемому
напряжению, то правая часть уравнения (8) становится бесконечностью.
При таких обстоятельствах невозможно спроектировать
призматический брус и необходимо прибегнуть к брусу переменного
поперечного сечения.
Для вычисления полного удлинения призматического бруса,
растягиваемого действующей на конце, силой Р и собственным его
весом, рассмотрим сначала удлинение элемента длиною- dx,
вырезанного из бруса двумя смежными поперечными сечениями (см.
рис. 1). Можно предположить, что по весьма малой длине ^ж
растягивающее напряжение постоянно и определяется из уравнения
G). Тогда удлинение H^dx элемента будет
д , adx Р-\- -iFx , •
tidx = —gr- =—у^ dx.
Полное удлинение бруса получится путем суммирования
удлинений всех элементов. Тогда
^tJ^,,^j^{p+^,Fl). (9)
О
Сравнивая это с уравнением A), видим, что полное удлинение,
вызванное собственным весом бруса, равно удлинению, вызванному
нагрузкой, равной половине его веса и Tip пложенной на конце.
ЗАДАЧИ
1, Определить площадь поперечиого сечения вертикального
призматического стального бруса (рис. I), имеющего на нижнем конце груз Р-™ 30 т, если
длина бруса равна 200 м, допускаемое напряжение [а]=700 кг/см\ вес 1 куб, см
стали равен 7,8 г. Определить полное удлинение бруса.
Решение^ Площадь поперечного сечения из уравнения (8) равна
„_ 30000 ее 1= 2
^ ~ 700 - 0.0078.20 000 ^ ^^'*^ ""^ *
Полное удлинение из уравнения (9) равно
см.
2. Определить удлинение конического бруса под действием собственного
веса (рис. 14), если длина бруса равна /, диаметр основания === rf и вес единицы
объема материала — -у-
Решение, Вес бруса равняется

24
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
[ГЛ, »
Для какого-либо поперечного сечения в расстоянии х от нижнего конца бруса
растягивающее усилив р1ави6е весу нижней qactii бруса, равняется
^=—- •— Y ■ ■
/•
TW
Полагая, что растягивающие иапряж<енвя равномерв» распределены по поперет-
ному сечению *) и paccмatpввдя элем^т длиною dk как приэйшатический брусок,
находим удлинение атсню элемента
^ и полное удлинение бруса равняется
о .
61'
Рис 14 «v
' ' Это удлинение составляет одну треть от удлинения
Призматического бруса тбй я{;е длины (см. уравнение (9)>.
8. Вертикальнаи призматическая Штанга шахтного насоса движется вверх
и вниз с помощью коленчатого вала (рис. 15). Полагая, что материалом является
сталь и допускаемое напряжение роняется [а] ■?» 500 кг/см\ определить площадь
поперечного сечения штанги, если сопротивление движению поршня вниз
равно 100 кг, а движению вверх 1000/ог. Дливд штанги равна 100 л.
Определить необходимую длину радиуса г колена, если ход поршня равен 20 см.
Решение. Необходимая площадь поперечного сечения щганги
определится из уравнения (8) подстановкой Р»=» 1000 /сг« Тогда _
1000 , ^--' ''
^ " '500 -j),60t^. 10 бЬЬ ~ ^'^^ ^^ •
Разница между полным удлинение! штанги при движении ее
вверх и при движении вниз благодаря сопротивлению поршня
будет.равна
А, A000+100). 10000 ■__
Радиус колена должен быть
204-2,32
г» J^:
11,16 чш.
Рис. 15.
4. Стальная и алюминиевая проволоки подвешены вертикально. Определить
для каждой проволоки длину, при которой напряжение от собственного веса
равняется пределу прочности, аУ1и для стальной проволоки о™ ««20 000 кг/см^
и Y ==» 7,8 eJcM*, 6 для алюминиевой проволоки a„,«*3300 Wc«' и ^ «а 2,5 г/см\
Ответ. Для стали /«25 640 м, а для алюминия /«=13200 м.
5. В каком отношении увеличатся наибольшие , напряжения,
возникающие в призматическом брусе от собственного веса, если все размеры бруса
увеличатся в О1^ошении л 1.1 (рис. 1)?
Ответ. Напряжения увеличатся в отношении п 11,
6. Колонна, состоящая из двух Г1риэма1вческих участков равной длины
(рис. 16), централ{кНО нагружевана верхнем ионцо сжимакмцей силой Р» 240 т.
*) Т^кое допущение справедливо, когда угол конуса мал.

5J НАПРЯЖЕНИЯ If ДЕФОРМАЦИИ ПРИ ДЕЙСТВИИ СОВСГВЕНЙОГО ВЕСА 25
Определить объем каменной кладки, если высоте колонны равняете^ Щ м,
объемный вес равен 1,6 т/м* и изиболынее сжимающее напряжение в каждом участке
равняется 10 кв/€м\ Сравнить объем згой колряны с объемом простой првэмати-.
ческой колонны, спроектнрованнбй при тех же условиях.,
Решение. Пл4лцадь поперечного сечения верхнего участка колонны из
уравнения (в) равняется ^
S2 880 CJM» г= 3,288 м*.
= 46050 ел» = 4.505 м\
_ 240000
Для нижнего участка
10-32880
^»"" 10-0,0015.1800
Полный объш каменной кладки равняется
V = C.288 + 4,505) 18 ^ 140,274 л».
Для призматической колонны
240000
^- 10-0,0015.3600
V== 5,217-36
= 52 170 см* -.
187,812 л».
5,217 м\
Рис. 16.
7. Решить предыдущую задачу, полагая, что колонна состоит из трех
призматических участков равной длины.
Ответ. F =» 2,927 л", f, •= 3,570 м\ f, — 4,354 м\ V=» 130,20 м*.
8. Определить форму бруса на рис. 17 так, чтобы
напряжение в каждом прперечном сечении равнялось [а]. Форма
бруса, удовлетворяющая этому условию, называется формой
равнр&у сопротивления.
Яёше««е. Рассматривая элемент бруса, заштрихованный
на рисунке, вндим, что сжимающая сила в попёречйом
сечении m^n, больше таковой в сечении nin на величину веса
элемента, Но так как напряжение в обоих сечениях одно и то
же и равно [а], то разница d/^* в площади поперечного
сечения должна бьпъ такой, чтобы компенсировать разницу в
сжимающей силе. Следовательно,
Рис. 17.
грировав, мы
откуда,
где ' правая часть
мента. |Разделив это
найдем
dF[o\^yFdx,
уравнения
представляет
уравнение на Fial и
(ах
вес эле-
пройнте-
I
dF
Г'
Г"
\о]
ух
In F — J— -J- с
(Ь)
гд^ е есть основание натуральных логариф|рв и С »= eQ. При x^O^to уравнение
дает площадь поперечного сечения на верху бруса
in
WaO
с:

26 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
Р
рху равна
уравменйб (Ь) получается б так(ш виде
F
[гл. I
Но площадь поперечного сечения на верху равна -f-.; следовательно С = j-, и
[о]
(С)
Площадь Поперечного сечения внизу бруса получается путем подстановки в
уравнение (с) х= I, что дает
п»х
(d)
9. НайТй объем каменной кладки для бруса равного сопротивления при
условиях, принятых в задаче 6.
Решение. Пользуясь уравнением (d), найдем разность площадей поперечных
сечений вверху и внизу колонны
р Е р р flL V
И М W]V J
Эта разность, умноженная на допускаемое напряжение [о], очевидно, дает вес
колонны; следовательно, ее объем равняется
V =й-^ [е^—Л =ь 114,56 л».
6. Статически неопределимые задачи при растяжении и сжатии
Имеются случаи, когда продольные усилия, действующие в
стержнях системы» не могут быть определены только из уравнений
статики, но должна быть принята во внимание деформация системы.
Такие системы называются статически
неопределимыми системами.
Простой пример такой стгстемы
показан на рис. 18. Груз Р
вызывает растяжение в стержнях ОВ, ОС
й 0D, которые находятся в одной
плоскости. Для определения трех
неизвестных растягивающих усилий в
стержнях статика дает два
уравнения равновесия, для составления
третьего уравнения необходимо
рассмотреть деформацию системы.
Положим для простоты, что система
симметрична относительно вертикальной
оси ОС, что вертикальный стержень
стальной с . площадью поперечного сечения F\fi модулем
упругости материала Е^ и ето наклонные стержни — медные с
площадью F^ и модулем Е^. Длина вертикального стержня равна /,

6} СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ , 27
а наклонных стержней . Обозначая через X
растягивающее усилие в вертикальном стержне и через У усилия в наклонных
стержнях, найдем, что в этом случае, вследствие симметрии,
неизвестных будет два, а статика дает лишь одно уравнение
равновесия
Х+2Усо8а=Я (а)
Для того чтобы вывести второе уравнение, необходимое для
определения неизвестных величин X и У, нужно рассмотреть очерта»
ние деформированной системы, указанное на рисунке пунктиром.
Пусть А/ будет полное удлинение вертикального стержня под
действием груза Р; тогда удлинение Д/, наклонных стержней найдется
из треугольника OFO^. Полагая, что эти удлинения весьма малы,
можем заменить дугу окружности OF с центром D
перпендикуляром и принять угол Oi равным первоначальному углу а. Тогда
A/,=A/cosa.
Относительные удлинения и напряжения вертикального и
наклонных стержней соответственно будут
Д/ Е~ А1 А/ cos* а £„ _Д/ COS* а
е,= Т; а,=-^ . и 8„=—^—; о„=-^ .
Тогда усилия в стержнях получатся путем умножения напряжений
на площади поперечных сечений, а именно:
откуда
- У=Хсо8»а^ф-.
Вставляя в уравнение (а), получаем
l+2cos»a£jS!£M
Видно, что усилие X зависит не только от угла наклонения а, но
также от площади поперечного сечения и от механических свойств
материала стержней. В частном случае, когда все стержни имеют
одно и то же поперечное сечение и один и тот же модуль упругости,
из уравнения A0) получим
у Р ■ ^ -
^"^1^2 cos» а *
Когда а приближается к нулю, cos а приближается к единице и
усилие в вертикальном стержне к -Р. Когда а приближается к 90°,
о

28
РАСТЯЖВНИВ и ОкАТИВ в ПРЕДЕЛАХ УШ>УГОСТН
[ГЛ. I
наклонные стержни становятся очень длинными н весь груз будет
воспринят средним стержнем.
В качестве другогб примера статически неопределийой системы
рассмотрим призматический брус с заделанными концйЦипйд fldi-
ствием силы Р, приложенйой в промежуточном
поперечном сечении тл (рис. 19) и действующей
по оси бруса. Груз Р будет уравнрЬешиваться
реакциями /? и i?, концов, поэтому
г///тШт
I
Tf
р=/?+/?,.
(с)
шШш//м
Рис. 19.
ненйем A), получим
следовательно,
Для того чтобы составить второе уравнение для
определения сил /? и /?^, необходимо рассмотреть
деформацию бруса. Груз Р совместно с силой R
вызывает укорбчение нижнего участка бруса, а
с силой Ri удлинение верхнего участка. Полное
укорочение одного участка должно равняться пол-
ншу удлинению другого. Тогда, пользуясь урав-
а
(Ф
т. е. реакции Д и i?, обратно прр1^орциональны расстояниям их
точек приложения от нагруженного поперечного сечения тп. Поль-
х^ зуясь уравнениями (с) и (d), легко можно вычислить величины
^ этих реакций и напряже1Нйя в брусе.
ЗАДАЧИ :
1. Стальной цилиндр с диаметром d к медная трубка с вне111нйм диаметром D
сжимаются иежцу плитами пресса <рис. Щ. Определить напряжение в crajm
и меди, а также относительное укорочение, если Р'=* w т, d =^10 фм и
0==2йсм. :
Pememte. Здесь опять уравн(ений статики недостаточно, а поэтому необхо-
димо рассмотреть реформацию цилиндра и трубки, чтобы получить груз,
воспринимаемый каждым из материалов. Относительные укорочения стали и меди должны
быть равны; поэтому напряжения в материалах буд;^ в таком же отношении, как
их модули упругости (см. уравнение D)}, т. е. сжимающее напряжение в стали
'20
будет составлять -г^ сжимающего напряжении в меди. Тогда величина
напряжения меди сгм найдется из уравнения статики _
■ яа'20 , п ,гм J2v

6]
^ТАТИЧЕОСИ ЙЕОЙРЙЦЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ
29
Подставляя числовые значения, получаем
^20
0„==1О6 /сг/ли^, Ос"=7Т<^к'= 193 кг!см
и относительное укорочение
К.
11
Эб.б.Ю''».
2. Железобетонная колонна квадратного поперечного сечения сжинается
продольной силой, Р «= 24 т. Какая часть этой н^руЗки будет восприйята еегоном
• "^ I
и какая часть железом, если площадь поперечного сечения железа составляет щ
плсивдди поперечного сетения бетона. Предполо- tp
жщ, что железные стержни симметрично распо- т
лежены относительно оси колонны. ^^J[
Ответ. Нагрузка, воспринимй^ая железом,
составляет 0,77 нагрузки, воспринимаемой
бетоном.
3. Твердое тело Л13 весом Q висит на трех
вертикальных проволоках, симметрично
расположенных относительйо центра тяжести тела (рис. 21),
Определить растягива1ицие усилия в проволоках,
если средняя проволока стальная,/ а две другие
медные. Площади поперечных сечений всех
проволок равны. . '' .
Указание, Применить способ решения Ьй
задачи.
4. Определить усилия в четырех ножках стола
(рис. 22) от нагрузка Р, приложенной в точке Л.
К1^ышка стола и пол предполагаются абсолютно
твердыми, а ножки прикрепленными к полу, так
что они могут сопротивляться как растяжению, так
и сжатию. "" „
Решение. Предполагая, что крышка стола зайг ^
мет новое положение, которое указано пунктирной линией тп, найдем, что
укорочение ножки 2, а также 4 будет равно полусумме укорочений ножек 1 и
3. Следовательно,
2К-Х+2
Рис 22.
и так как
2Г+Л:+2=Л

30
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
[гл. I
то
2Y=X-{-Z
(е)
Дополнительное уравнение для определения X п Z получится, если взять момент
всех сил относительно горизонтальной оси О^^-О, параллельной у и проходящей
через точку Л. Тогда
(О
Из (е) и (f) получим
V2 '
При e>a^-j-' X получается отрицательным. Это указывает на то, что в
ножке 1 возникает растяжение.
5. Определить усилия в ножках выше указанного стола, если нагрузка
приложена в точке с координатами
а а
Указание, При решении этой задачи необходимо заметить, что если точка
приложения груза Р не находится на диагонали стола, то этот груз можно
заменить двумя грузами, статически эквивалентными грузу
Р и приложенными в точках, лежащих на двух
диагоналях. Усилия, возникающие в ножках от каждого из этих
грузов, найдутся, как указано выше. Суммируя действия
двух составляющих грузов, можем найти усилия в
ножках для любого положения груза Р.
6. Прямоугольная рама с диагоналями подвергается
действию сжимающих сил Р (рис. 23). Определить
усилия в стержнях, если все они изготовлены из одного и
того же материала, площадь поперечного сечения
вертикальных стержней равна F. а площадь остальных
стержней — /ч. *
Решение. Пусть X будет сжимающее усилие в каждой
вертикали, Y—сжимающее усилие в каждой диагонали
и2—растягивающее усилие в каждом горизонтальном
Рис. 23.
стержне. Тогда из условия равновесия одного из шарниров имеем:
Р-Х
К =
sin а
Z== F cos о == (Р <— Х) ctg а.
(g)
Третье уравнение получится из того условия, что рама после деформации остается
прямоугольной в силу симметрии; поэтому
Из этого уравнения, пренебрегая малыми величинами высшего порядка, мы
получаем
(a^+h')Y _h^X a^Z
m

61
СТАТИЧЕСКИ ЙЁСтРеДЁЛИМЫЕ ЗАДАЧИ
31
Решая уравнения (g) й (h), получим следующее значение усилия б Диагонали:
Р
У =
a^+h^ F .а^ F
Л^77''"^^Г'^"'+'*""
Усилия в других стержийх теперь можно легко бпределить из урашений (g)<
7- Ранить предыдущую задачу, полагая а «= Л, F *» 5f , и Р == Шп.
8. Какие напряжения возникнут в стальном болте й медаой трубке (рис. 24)
при повороте гайки на-J оборота, если длинэ болта/= 75 см, шаг нарезки болта
А == 0,3 см, площадь поперечного сечения болта Р^ = ^см*,г трубки f „ = 12 си^?
Решение. Пусть X означает неизвестное растягивающее усилие в болте и
сжимающее усилие в трубке. Величина X определится из условия,
что удлинение болта, слоззкенноё с укорочением трубки, равняет- ^
ря перемещению гайки вдоль болта. В нашем случае, полагая длину
трубки равной длине болта, получим
XI
4
XI I
р f "~ 4
откуда
i
I
/
Х==
hE^F^
ssa .„...L—-^—'■ ■ т" *=и 6286 /tS.
^'('+.%) -К'^Ю
Рис. 24.
Растягивающее напряжение в болте равно (Уд
■ .^ =*1048«г/ся^. Сжимающее
напряжение в трубке равно <?» "^ ^ =* ^24 «zicm^.
9. Как изменятся напряжения, вычисленные в предыдущей задаче, если к
концам болта прилозкить растягивающие силы Р^2 т?
Решение. Пусагь X означает увеличение растягивающей силы в болте, а К —
уменьшение сжимающей силы в трубке. Тогда из условия равновесия
'получим
mm
w/штт
а
ХН-К=*Р,
(О
щ-
Шр
ш
Второе уравнение мсжно написать на основания того, что
относительные удлинения болта и трубки под
действием сил Р должны быть равны, т. е.
шшшт
Рис. 25.
X
EcFc
Щп*У1
E)
Из уравнения (J) и (j) легко можно
вычислить силы X и У и соответствующие
напряжения.
10. Призматический брус с
заделанными концами нагружен по направлению
оси в двух промежуточных поперечных
сечениях (рис. 25) силами Р, и Р,.
Определить реакции R и /?,»
Указание, Пользуясь уравнением (d)^ на стр. 28, можно вычислить реакции,
вызываемые каждой силой в отдельности, и затем просуммировать эти реакции»
Определить реакции, если а = 0,3/,6 «= 0,3/ и Р, =^ 2Р, = 400 ак.
Ответ. R — 240 кг, i?, =» 360 кг.
Рис. 26.

32 РАСТЯЖЕНИЕ Й С^ТИЕ в ^ПРЕДЕЛАХ УПРУТЧ^ {ГЛ. I
11. Опред^йть усилия В стержнях системы, показанной на рис. 26, где ОА
есть ось симметрии.
Ответ. Растягивающее усилие в стержне ОВ равняется .сжимающему
усилию в стержне GC И равно д- sin о. Усилие в горизонтальжш стержне ОА равно
нулю.
12. Решить дадачу 10, полагая, что площщда поперечного сеченця ниж^
него участка бруса длиною с ь два раза больше площади поперечного
сечения двух верхних участков тошною а и Ь.
Ответ.
^- -. 21-с ' ^^ 2/-С •
7. Начальные и тшператур1^ые напряжения
В статически неопределимой системе возможно существование
некоторых начальных напряжений, возникающих в стержнях при
сборке. Эти напряжения могут возникнуть, благодаря неизбежной
неточности в длинах стержней или благодаря намеренному отщго-
н^нию от правильного значения этих длин и называются
начальными напряжениями сборки. Такие напряжения будут существовать
даже при отсутствии внешних сил и зависят только от
геометрических соотношений системы, от механических свойств материалов
и от величины неточности. Допустим, например, что сис^ма,
представленная на рис. 18, имеет по ошибке длину вертикального
стержни /+а вместо /. Тогда, после сборки стержне ВО л DO^
вертикальный стер:^ёнь можно вставить на место лишь после
предварительного сжатия и вследствие этого в наклонных стерж:няХ
возникнет некоторое растягива1Ш1.ее усилие. Пусть X означает
сжимающее усилие, которое возникнет в ве]ртРикальном стержне после
сборк1<^. Тогда соответствующее растягивйющее усилие в каждом из
наклонных стержней будет -^ и перемещение шарнира О от
удлинения этих стержней будет (см. уравнение (Ь), стр. 27),
Укорочение вертикального стержня будет
Из элементарных геометрических соображений следует, что
перемещение шарнира О вместе с укорочением вертикального стержня
должно бытгь равно величине а. Это даёт следующее уравнение
для определения X:
XI , XI ^

7] НАЧАЛЬНЫЕ И ТЕМПЕРАТУРНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ 33
откуда
/{И
Х=-7 ^^Щ-р г. (И)
E^t с
2^&м^мС05'
.)
Теперь можно вычислить начальные напряжения во всех стержнях.
Расширение стержней системы вследствие изменения
температуры может иметь то же самое влияние, как и неточность в длине.
Рассмотрим стержень с заделанными концами. Если температура
стержня повышается от t^ до /, а температурному расширению
препятствуют реакции на концах, то в стержне возникнут
сжимающие напряжения, величина которых может быть вычислена из
условия, что длина остается неизменной. Пусть а обозначает
коэффициент линейного расширения и о—сжимающее напряжение,
возникающее от изменения температуры. Тогда уравнение для
определения а будет
откуда
а-£а(/-0. A2)
В качестве второго примера рассмотрим систему, представленную
на рис. 18, и положим, что вертикальный стержень нагрет от
температуры t^ при сборке до новой температуры t.
Соответствующее температурное расширение будет частично задержано двумя
другими стержнями системы, и в вертикальном стержне буду?
развиваться некоторые сжимающие напряжения, а в наклонных
стержнях растягивающие напряжения. Величина сжимакяцего
усилия в вертикальном стержне определится из уравнения A1), в
которое вместо величины а нужно подставить температурное
расширение al{t — /д) вертикального стержня.
ЗАДАЧИ
1. Трамвайные рельсы сварены между собой в стыках при 15° С. Каковы
будут напряжения в этих рельсах при нагревании их солнцем до 55° С, если
коэффициент линейного расширения стали равен 125-10"'?
Ответ, а — 1000 кг/см^.
2. Как изменятся напряжения в случае, представленном на рис. 24, при
увеличении температуры от ^ до ^, если коэффициент линейного расширения
стали равен а^, а меди а„?
Решение. Так как а„>ас> то увеличение температуры вызовет сжатие в меди
и растяжение в стали. Относительные удлинения меди и стали должны быть равны.
Обозначая через X увеличение растягивающей силы в болте благодаря
изменению температуры, получим
Р р -М \' ^0f р р
'-'С* С ^ М^ М
2 с. П. Тимошенко

34 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ [гЛ. I
откуда
л = —' .
14
Е F
Изменение напряжений в болте и в трубке можно вычислить теперь обычным путем.
3. Медная пластинка спаяна с двумя стальными пластинками (рис. 27).
Каковы будут напряжения в стали и меди при повышении температуры плас-»
тинок от / до if?
Указание» Нужно применить тот же способ, что и в предыдущей задаче.
\ С/паль
\медь
Сталь
Рис. 27.
4. Каковы будут напряжения в стержнях системы, представленной на рис.
18, если температура всех стержней повысится от t до /?
Решение. Пусть X означает растягивающее усилие, вызванное в стальном
стержне увеличением температуры. Тогда из условий равновесия шарнира
О можно найти, что в медных стержнях действуют сжимающие усилия, равные;
X
X ; следовательно, удлинение стального стержня получится
* cos (X
XI
в удлинение медных стержней равно
COS о ^Euf^M cos'' а'
Кроме того, из предыдущих рассуждений (см. стр. 27) имеем
Д/, = Д/ cos а.
Поэтому
. XI ,, / \ ' ^
ас(г - ^о)' + £^^- ам(^ - ^of^^b~2E^F^cos>a'
откуда
2 cos® а ^м/^м
Напряжения в стали и меди получатся теперь из следующих уравнений:
- iL _ X
Ос р^' *^""~2f„cosa'
5. Полагая, что в случае, показанном на рис. 20, приложена постоянная
нагрузка Р = ^т при начальной температуре ^о» определить, при каком
увеличении температуры будет передаваться полностью нагрузка на медную трубку,
если ас== 125.10-' и а„= 165- О"'.
Решение.
(«м - aj (^ - 'о) - jt ф2 __ rf!) £^ .
откуда tr^ta^ 40° С.

8] РАСТЯЖЕНИЕ КРУГОВОГО КОЛЬЦА 35
6. Стальной стержень, состоящий из двух участков длиною /j и /^ и площадью
поперечного сечения iP, и F^, заделан на концах. Найти температурные
напряжения, если температура повысится на 60° С. Положить /i=/2, Fy = 2F^ и ас=
= 125.10-'.
Ответ, а, = 1000 кг1см^ и Oj = 2000 кгкм^.
7. Найти температурные напряжения в системе, показанной на рис. 27,
если температура всех трех пластинок повысится на 100° С. Толщина каждой из
трех пластинок одна и та же и коэффициенты линейного расширения равны
ас= 125-10-'' и а„= 165-10-'. Положить Е^:Ес=^ 1:2.
Ответ. Напряжения в медной пластинке сжимающие и равны о„ = 320 кг/см',
а в стальных пластинках — растягивающие и равны а,. = 160 кг/см'^.
в. Температура системы, показанной на рис. 18, повысилась на 50° С. Найти
температурные напряжения, если все три стержня — стальные и площади их
поперечных сечений равны. Положить Сс = 125-10' и f^ = 2-10' кг/см^.
Ответ. Вертикальный стержень растянут и напряжение в нем равно
2500 cos а sin* а , ,
2cos*a+l '
наклонные стержни сжаты и напряжение в каждом из них равно
1250 sin" а
■2cos«a4-l
кг/см'.
9. Найти напряжения в проволоках системы, показанной на рис. 21, если
площадь поперечного сечения каждой проволоки равна 1 см^, груз Q=2000 кг
и температура системы повысится после сборри на 10° С. Положить 0»,= 165-10-',
ас=125.10-', £„=1-10' кг/см\ £^-=2-10^кг/см\
Ответ. Ос=1040 кг/см^, о^,=480 кг/см^.
10. Найти напряжения, которые возникнут в системе, представленной на
рис. 23, если температура верхней распорки повысится от ^о до if градусов.
0/шет. Сжимающее усилие X в верхней распорке определится из уравнения
8. Растяжение кругового кольца
Если по окружности тонкого кругового кольца действуют
равномерно распределенные радиальные силы (рис. 28), то они вызовут
равномерное удлинение кольца. Для того чтобы определить
растягивающее усилие Р в кольце, вообразим, что кольцо разрезано
горизонтальным диаметральным сечением (рис. 28, Ь) и рассмотрим
верхнюю часть как свободное тело. Если q означает равномерную
нагрузку, приходящуюся на единицу длины оси кольца, и г—
радиус оси, то действующая сила на элемент кольца, вырезанный
двумя смежными сечениями, будет qrdfp, где с1ц> — центральный
угол, соответствующий элементу. Взяв сумму вертикальных
составляющих всех сил, действующих на половину кольца, получим
следующее уравнение равновесия
ir/2
2Р = 2\qr sin ц>йц>^ 2qr,

ш
36 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ [ГЛ. I
откуда
P=qr. A3)
Растягивающее напряжение в кольце получится путем деления
усилия Р на площадь поперечного сечения кольца ^).
В практических приложениях часто бывает необходимо
определить растягивающие напряжения во вращающемся кольце. В этом
<?/ Ь)
Рис. 28.
случае q представляет центробежную силу на единицу длины
кольца и определяется из уравнения
9=^. A4)
в котором Q — вес единицы длины кольца, г — радиус оси, v —
скорость точек кольца при радиусе /* и g — ускорение силы
тяжести. Подставляя это выражение вместо q в уравнение A3), получим
8 *
И соответствующее растягивающее напряжение будет
Видно, что напряжения пропорциональны плотности -^ материала
и квадрату окружной скорости ^), Для стального кольца и для
скорости у = 30 м1сек это напряжение будет равно 72 кг/см^.
Следовательно, для того же материала, но для другой скорости v^
напряжение будет 0,08 oj кг/см"^, если D^ выражено в метрах в секунду.
^) Ниже будет показано (см, часть II), что в случае тонкого кольца
справедливо предположить, что напряжения равномерно распределяются по
поперечному сечению кольца.
^) Для тонкого кольца скорость на оси можно принять равной окружной
скорости»

8J
РАСТЯЖЕНИЕ КРУГОВОГО КОЛЬЦА
87
ЗАДАЧИ
1. Определить наибольшее растягивающее напряжение в стенке цилиндра
пресса, показанного на рис. 5, если внутренний диаметр равен 25 см, а толщина
стенки равна 2,5 см.
Решение. Наибольшее гидростатическое давление р в цилиндре найдется
из уравнения
р^1^= 40000кг,
откуда р== 81,5 кг/см^. Вырезая из цилиндра элементарное кольцо шириной 1 см
по оси цилиндра и применяя уравнение A3), в котором для этого случая q^^ р'='
= 81,5 кг/см и г = 12,5 см, получим
. Afeffb
Г /,о-1 г i f п •
'' ' Сталь
2. Медная трубка плотно надета на стальную трубку при
высокой температуре t (рис, 29) таким образом, что при этой
температуре никакого давления между трубками не
существует. Определить напряжения, которые возникнут
в меди и стали при охлаждении трубок до комнатной р 29
температуры t^, если внешний диаметр стальной трубки
равен rf, толщина стальной трубки h^, а медной трубки — /i„.
Решение. Вследствие разницы в коэффициентах линейного расширения
а„ и Сс при охлаждении возникнет давление между внешней и внутренней
трубками. Пусть х означает давление на I см^; тогда растягивающее
напряжение в медной трубке будет
xd
2Лм*
и сжимающее напряжение в стальной трубке будет
*'<^==2Л,
Давление х найдется из условия, что при охлаждении обе трубки имгют одно
и то же относительное укорочение, следовательно,
«u(i-to)-
xd
2Я„Лм
вс(^-^о) +
xd
2£сЛс *
откуда
йс)(^-/о)£м
Таким же способом можно вычислить напряжение в стальной трубке.
3. Каково будет дополнительное напряжение в трубке, если подвергнуть
ее внутреннему гидростатическому давлению р = 6,6 кг/см^ ? При этом внутрен-
20
НИИ диаметр d^= 10 см. Л^^О.З см и ha = тт'0,3 см (см. рис^ 29).

38 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ [ГЛ. I
Решение. Вырезая из трубки элементарное кольцо шириною 1 см, найдем,
что Полное растягивающее усилие в кольце будет
Вследствие того, что относительные удлинения по окружности в меди и стали
одинаковы, напряжения будут пропорциональны модулям упругости, т. е.
напряжение В Меди будет составлять — напряжения в стали. В то же самое время
20
площадь поперечного сечения меди равна у-г площади стали; следовательно,
усилие Р будет поровну распределено между двумя металлами, и растягивающее
напрйжение в Меди, вызываемое гидростатическим давлением, будет
^м 2.=J.0,3
Напряжение в стали будет
Ос = гт а^ = 55 щсАг.
4. Составное кольцо состоит из внутреннего медного кольца и наружного
стального кольца. Внутренний диаметр стального кольца меньше внешнего
диаметра медного Кольца на величину б; поэтому система собирается после
предварительного нагревания стального Кольца. При охлаждении стальное кольцо
производит давление на медное кольцо (давление от усадки). Определить напряжения
в стали и меди после сборки, если оба кольца имеют прямоугольные поперечные
сечения с размерами Л^ и Л„ в радиальном направлении и размерами, равными
единице в направлении, перпендикулярном плоскости кольца. Размеры Л^ и h„
можно считать Малыми по сравнению с диаметром d поверхности соприкасания
двух колец.
Решение. Пусть х будет равномерно распределенное давление на 1 см^
поверхности соприкасания колец; тогда сжимающее напряжение в меди и
растягивающее напряжение в стали найдем из уравнений
xd xd
Уменьшение внешнего диаметра медного кольца будет
А J оги . xd^
^ м ^"м^ м
Увеличение внутреннего диаметра стального кольца будет
. , (Jr. xd^
Неизвестное давление х найдется из уравнения
откуда
Х=;
"'О+Ш'

8] РАСТЯЖЕНИЕ КРУГОВОГО КОЛЬЦА 39
Теперь найдем из уравнений (а) напряжения
б hf^ Е(. б Ef.
С*^С "• I I '^C'-'C
'M1_J_I1C^ ^* Ц
5. Определить напряжения, которые возникнут в составном кольце
предыдущей задачи от вращения кольца с постоянной скоростью п оборотов в минуту.
Решение. Так как медь имеет большую плотность и меньший модуль
упругости, чем сталь, то медное кольцо при вращении будет давить на стальное кольцо.
Пусть X означает давление на 1 смг поверхности соприкасания между двумя
кольцами. Тогда соответствующие напряжения определятся из уравнений (а)
предыдущей задачи. В дополнение к этим напряжениям необходимо принять во
внимание напряжения, возникающие от центробежных сил. Обозначая через -ус и
•ум веса единицы объема стали и меди и пользуясь уравнением A5), получим
Складывая эти напряжения с напряжениями от давления х и замечая, что
относительные удлинения объема колец должны быть одинаковы, получим
следующее уравнение для определения х:
_1_( Yc С^У fd+hcY , xd] _ JL TYm /2ла?У [d-h^y _ xdl
fcL^Veo; V 2 )^2h,\ E^XeK^Q) \ 2 j 2л„]*
откуда можно вычислить х для каждого частного случая. Зная х, можно найти
без затруднения полное напряжение в меди и стали.
6. Определить предельную окружную скорость медного кольца, если
допускаемое напряжение [aj = 200 кг/см^ и Ym ~ 8,8 г/см^.
Ответ, ц = 48,3 м/сек.
7. Определить напряжение в меди при комнатной температуре (см. задачу 2
и рис. 29), если ^ — ^^ = 55° С, а„ — а^ = 40- Ю"", Лс ~ ^м-
Ответ. а„ = 156,2 кг]см^.
8. Определить в задаче 5 число оборотов п в минуту, при котором
напряжения в медном кольце становятся равныйи нулю, если начальные напряжения
при сборке в том же кольце были сжимающие и равные а^, h^ = h^ и £<. ~ ^f^.
Решение. Число оборотов п определится из уравнения
9. Найти напряжения в составном кольце задачи 4, полагая б = 0,003 см,
d = 10 СЛ1, h(. = hfj^ и -^ = 2. Найти изменение этих напряжений, если температура
колец увеличится после сборки на 10° С. Принять а„ = 165-10"' и а^ = 125-10 '.
Ответ, «^м ~ °^с ~ 200 кг/см^. Величина изменения напряжений равна
27 кг/см^.
10. Найти в задаче 5 напряжения в стали и меди, если n=3Q00 оборотов в
минуту, d=60 см, hc = hii= 1,2 см, Yc — 7,8 г/см' и Ум = 8,8 г/см*.

m
ГЛАВА II
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
9. Напряжения по наклонным сечениям при простом растяжении
и сжатии
При изучении напряжений в призматическом брусе,
подверженном осевому растяжению силой Р, мы ранее
рассматривали (§2) только напряжения по поперечным сечениям,
перпендикулярным к оси бруса. Остановимся теперь на случае, когда
сечение pq (рис. 30, с), перпенди-
кулярное плоскости фигуры,
наклонено к оси. Вследствие того, что
все продольные волокна имеют
одно и то же удлинение (см. стр. 12),
усилия, представляющие действие
правой части бруса на левую,
равномерно распределены по
сечению рд. Левая часть бруса,
изображенная отдельно на рис.
30, 6, находится в равновесии под
действием этих усилий и внешней
силы, приложенной к левому
концу. Следовательно,
равнодействующая усилий, распределенных по сечению рд, равна Р.
Обозначая через F площадь сечения, перпендикулярного к оси бруса,
и через ф угол между осью х и нормалью п к сечению рд, найдем,
f
что площадь сечения рд будет равна ^^j^^ и напряжение о^ по этому
сечению будет
СОЗф
Р cos 9 ^
о„ = —=—!■ = О,
СОЗф,
A6)
р
где о^= -тг означает напряжение по сечению, перпендикулярному
к оси бруса. Из формулы видно; что напряжение о^ по какому-
либо наклонному сечению бруса меньше напряжения а^ по
сечению, нормальному к оси бруса, и что оно уменьшается с
увеличением угла ф. Для ф = ^ сечение рд параллельно оси бруса и на-

9]
НАПРЯЖЕНИЯ ПО НАКЛОННЫМ СЕЧЕНИЯМ
41
пряжение о^ делается равным нулю, что указывает на то, что между
продольными волокнами бруса не имеется никакого давления.
Напряжение а^, определяемое уравнением A6), имеет
направление силы Р и не перпендикулярно к сечению pq. В таких случаях
полное напряжение обычно разлагают
на два составляющих напряжения,
как показано на рис. 31.
Составляющая напряжения- а„,
перпендикулярная к сечению, называется нор-
мальньш напряжением. Его величина
равна
ff„=o^ cos ф=ст^^ cos2 ф. A7)
Тангенциальная составляющая т называется касательным
напряжением и его величина равна
рис. 31,
Т = а^81Пф = О^С08ф51Пф-= ^51П2ф.
A8)
Чтобы отчетливо представить себе деформации, которые вызы^
вает каждое составляющее напряжение, мы рассмотрим элемент,
вырезанный из бруса двумя
смежными параллельными сечениями
РЧ и р,<7, (рис. 32, а). Напряжения,
действующие на этот элемент,
показаны на рис. 32, а. Рисунки 32, b
и 32, с получены путем разложения
этих напряжений на нормальные и
касательные составляющие, как
указано выше, и изображают
отдельно действие каждой из этих
составляющих. Видно, что нормальные
напрюкения о^ производят
растяжение элемента в направлении нормали п к сечению pq и
касательные напряжения производят сдвиг сечения pq
относительно р,^,.
Из уравнения A7) видно, что наибольшее нормальное напрЯ'
жение действует по сечениям, перпендикулярным к оси бруса, и
равно (о„)п,ах ~ ^х- Наибольшее касательное напряжение, как видно
из уравнения A8), действует по сечениям, наклоненным под углом 45°
к оси бруса, где 81п2ф =1, и равно
A9)
Хотя наибольшее касательное напряжение равно половине
наибольшего нормального напряжения, но иногда это напряжение
является решающим фактором при рассмотрении предела прочно-

42
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
[гл. 11
сти тех материалов, которые гораздо слабее при сдвиге, чем при
растяжении.
Например, при испытании на растяжение образца из мягкой
стали с отполированной поверхностью видимое течение метал'^
ла происходит по наклонным линиям, так называемым линиям
Людерса (рис. 33). Течение происходит по наклонным
плоскостям, по которым касательные напряжения являются
наибольшими, и при величине силы Р,
которая соответствует точке В на
рис. 4, а. Это указывает на то, что в
случае мягкой стали разрушение
происходит от наибольших
касательных напряжений, хотя эти
напряжения равны половине
наибольшего нормального
напряжения.
Формулы A7) и A8),
выведенные для бруса, испытывающего
растяжение, можно использовать
также и в случае сжатия.
Растягивающее напряжение
принимается положительным, а
сжимающее — отрицательным.
Следовательно, для бруса,
подверженного осевому сжатию, мы должны
только взять а^ с отрицательным
знаком в формулах A7) и A8).
Отрицательный знак у а„ указывает
на то, что на рис. 32, b мы
получаем вместо растяжения
сжимающее действие на элемент между смежными сечениями рд и piQi.
Отрицательный знак у т в формуле A8) указывает на то, что при
сжатии бруса действие касательных напряжений на элемент имеет
направление, противоположное тому,
что показано на рис. 32, с.
Рисунок 34 иллюстрирует правило -•
знаков для нормального и
касательного напряжений, которым будем
пользоваться. А именно,
положительный знак для касательного
напряжения принимаем в том случае,
когда касательные напряжения
образуют пару, вращающую по часовой
стрелке, и отрицательный знак — в случае противоположного
направления.
Рис. 33.
(+)
t
(+)
[-)
\
\ I
/V
СУ
d/
Рис. 34.

101
КРУГ МОРА
43
ЗАДАЧИ
1. Показать, что пары.'представленные на рис. 32,6 и 32, с уравновешивают
друг друга.
2. Призматический брус с площадью поперечного сечения F подвергается
действию осевой сжимающей силы Р — А т. Найти о„ и т для площадки,
наклоненной под углом 45° к оси бруса.
2000 , ,
Ответ, а„= ± т= тг- щсм^.
3. Найти изменение расстояния между плоскостями pq и p^q^ на рис 32, а,
вызываемое силами Я == 12/п, если первоначальное расстояние между этими
плоскостями равно 1 см, площадь поперечного сечения f = 6 см^ и «р— 45°.
Ответ. А/ = 0,0005 см.
4. Найти угол «р (рис. 32, а), опреде^1Яющий положение плоскости pq, при
котором 1) нормальное напряжениеа„ равно половине наибольшего напряженияс^^,
2) касательное напряжение равно одной трети а„.
Ответ. 1) ф = ±45°; 2) ф = arctg -^.
10. Круг Мора
Формулы A7) и A8) можно представить графически *). Возьмем
прямоугольную систему координат с началом в точке О и с
положительным направлением осей, как показано на рис. 35. Начнем
с сечения pq, перпендикулярного к оси бруса. В этом случае мы
имеем (р= О (см. рис. 31) и из формулы A7) и
A8) находим ст„=а^^., т -= 0. Выбирая
определенный масштаб для напряжений и
откладывая нормальные составляющие по
горизонтальной оси и касательные составляющие по
вертикальной оси, находим, что
напряжение, действующее на площадке с углом ф =
= 0, будет представлено на рис. 35 точкой А,
имеющей абсциссу, равную о^, и ординату,
равную нулю. Взяв теперь площадку,
параллельную оси бруса, мы имеем <р = -у, и
замечая, что обе составляющие напряжения
равны нулю на такой площадке, мы заключаем, что начало координат
О на рис. 35 соответствует этой площадке. Построив теперь круг на
ОЛ, как на диаметре, можем легко доказать, что составляющие
напряжения для какого-либо сечения р^ с произвольно выбранным
углом ф на рис. 31 будут представлены координатами точки этого
круга. Для того чтобы получить точку на круге, соответствующую
определенному углу ф, необходимо измерить от точки Л в направ-
^) Это графическое представление принадлежит О. Мору, Civilingenieur,
стр. ИЗ, 1882; см. также Abhandlungen aus dem Gebiete der technischen Mecha-
nik, Berlin, стр. 219, 1906. В этой книге даны ссылки на другие
опубликованные работы по этому же вопросу.
Рис. 35.

44
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
Тгл. и
лении против движения часовой стрелки дугу, стягиваюи^ую угол,
равный 2ф. Пусть D будет точка, полученная таким способом;
тогда из фигуры имеем:
а» . Од
2
OF==OC-\-CF
-^ -f -5^ cos 2ф = 0^ cos* ф,
Df = CDsin2ф = ^sin2ф.
Сравнивая эти выражения для координат точки D с
выражениями A7) и A8), видим, что эта точка представляет напряжения,
действующие на площадке рд на рис. 31. В то время как сечение рд
поворачивается против часовой
^ "^ Я Л 777 ^f^y\ стрелки около оси, перпенди-
Р кулярной к плоскости рис. 31,
—^-^-'-.г и ф изменяется от и до -^,
точка D движется от Л к О, так
что верхняя половина круга
определяет напряжения для всех
значений ф в этих пределах.
Если угол ф больше -^, мы
получим сечение, как показано на
рис. 36, а, в результате разреза
бруса плоскостью mm, внешняя
нормаль ^) m к которой образует с осью х угол, больший -^.
Измеряя угол, равный 2ф, против часовой стрелки от точки А на
рис. 35, мы получим теперь точку на нижней половине окружности.
Возьмем, например, случай, когда mm перпендикулярно к
сечению рд, которое было рассмотрено ранее. В этом случае
соответствующая точка на круге рис. 35 есть точка D,, так что угол
DOD^ равен п и DD, есть диаметр круга. Пользуясь координатами
точки Dj, находим составляющие напряжения о„, и
чения mm:
0^ = Of,== ОС —Ffi=^~^cos 2ф = а^81ц'ф,
— ^81п2ф2).
т, для
се-
B0)
B1)
т,= — f ,D, = — C.D, sin 2ф =
Сравнивая эти результаты с выражениями A7) и A8), мы находим
^п + ^п, ^ «^xcos' Ф + о^ sin> = 0^, B2)
Т--Т. B3)
1) Часть бруса, на которую действуют напряжения, показана штриховкой.
Внешняя нормаль я, направлена внаружу от этой части.
2) Знак минус взят потому, что точка £>i находится на стороне
отрицательных ординат.

10] КРУГ МОРА 45
Это указывает, что сумма нормальных напряжений, действующих
по двум взаимным перпендикулярным площадкам, остается
постоянной и равной а^. Касательные напряжения, действующие по
двум взаимно перпендикулярным площадкам, численно равны,
но противоположны по знаку.
Если провести (рис. 36,а) сечения m^m^ и p^q^, параллельные пгт
и pq, то будет вырезан из бруса элемент, показанный на рис. 36,6;
на этом же рисунке указаны и направления напряжений,
действующих на этот элемент. Видно, что касательные напряжения,
действующие по граням элемента, параллельным плоскости pq,
создают пару, вращающую по часовой стрелке; следовательно,
согласно принятому правилу (см. рис. 34,с), эти напряжения нужно
считать положительными. Касательные напряжения, действующие
по двум другим граням элемента, создают пару, вращающую против
часовой стрелки; поэтому, согласно принятому правилу (см. рис.
34, d), эти напряжения являются отрицательными.
Круг, изображенный на рис. 35 и называемый кругом напряжв'
ний или кругом Мора, применяется для определения составляющих
напряжений о„ и т по сечению pq, нормаль к которому образует
угол ф с осью X (рис. 31). Подобное построение можно применить
к решению обратной задачи, т. е. когда даны составляющие а„
и т и требуется найти растягивающее напряжение о^, действующее
по оси, и угол ф. На рис. 35 мы видим, что угол между хордой 0D
и осью X равен ф. Следовательно, после построения точки D с
координатами ст„ и т мы получим угол ф путем проведения линии 0D,
Зная угол ф, можно провести радиус DC, образующий угол 2ф
с осью ОС, и получить центр С круга напряжений. Диаметр этого
круга дает требуемое напряжение а^.
ЗАДАЧИ
1. Определить о„ и тг аналитически и графически, если сг_^=1000 кг/см^ я
(р=30° или 120°. Пользуясь углами 30® и 120°, вырезать элемент, как изображено
на рис. 36,6, и показать стрелками направления напряжений, действующих на
элемент.
2. Решить предыдущую задачу, полагая, что вместо растягивающего
напряжения Сх действует сжимающее напряжение той же величины. Следует заметить,
что в этом случае диаметр круга (рис. 35) должен лежать на отрицательной
стороне абсцисс.
3. По площадке pq (рис. 31) действуют нормальное напряжение
сг„==900 кг/см^ и касательное напряжение ir=300 кг1см^. Найти угол ф и
напряжение а^^
3 ^ соз^Ф
4. На две перпендикулярные грани элемента, изображенного на рис. 36,6,
действуют нормальные напряжения а„=800 кг/см^ и а„,=400 кг/см^, Най-
Otmenii tg ф = -5- <7jc == —г~ — ^^^^ кг1см^.
ти Од. и т.
ОтвеШг ад^=1200 кг/см^, т=±564 кг1см\

46
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
(гл. II
б. Найти наибольшее касательное напряжение для случая задачи 1.
Ответ, t^ax — 500 кгюм^.
6. Определить угол наклона сечений, при котором нормальное и
касательное напряжения численно равны.
^ я Зя
Ответ, ф = -j- " Х •
П. Растяжение или сжатие по двум взаимно перпендикулярным
направлениям
Имеются случаи, когда материал конструкции подвергается
действию растяжения или сжатия в двух взаимно
перпендикулярных направлениях. В качестве примера такого напряженного
состояния рассмотрим напряжения в цилиндрической стенке котла,
подверженного внутреннему давлению р кг/см^ ^). Вырежем эле-
aj
Рис. 37.
мент из цилиндрической стенки котла двумя смежными
продольными сечениями и двумя поперечными сечениями (рис. 37, а).
Вследствие внутреннего давления цилиндр будет растягиваться и
в поперечном и в продольном направлениях. Растягивающие
напряжения Оу в поперечном (по окружности) направлении
определяются таким же способом, как и в случае кругового кольца
(параграф 8). Обозначая внутренний диаметр котла через d и
толщину его стенки через Л, найдем величину этого напряжения
pd
B4)
При вычислении растягивающих напряжений а^ в осевом
направлении вообразим котел, разрезанный плоскостью,
перпендикулярной к оси X. Рассматривая равновесие одной части котла,
видим, что растягивающее усилие, вызывающее продольное
растяжение котла, равно давлению на днище котла, т. е. равно
*) Точнее, р означает разность внутреннего и внешнего атмосферного
давления.

И] РАСТЯЖЕНИЕ ИЛИ СЖАТИЕ 47
Площадь поперечного сечения стенки котла равняется ^)
F = ndh.
Следовательно,
Видно, что элемент стенки подвергается действию растягивающих
напряжений о^^ и о^ в двух взаимно перпендикулярных
направлениях ^). В этом случае растягиваю1цие напряжения о^. в
направлении по окружности в два раза больше напряжений а^ в осевом
направлении.
Для общего случая мы рассмотрим теперь напряжения по
сечению р^ (рис. 37, а), перпендикулярному к плоскости ху, и нормаль
п к которому образует угол ф с осью х. Пользуясь формулами A7)
и A8) предыдущего параграфа, мы заключаем, что растягивающее
напряжение о^, действующее в осевом направлении, вызывает
по площадке рд нормальное и касательное напряжения,
соответственно равные
а'п — о^ cos* ф, т^' = у ^х sin 2ф. (а)
Для того чтобы вычислить составляющие напряжения,
вызванные по этой же площадке рд растягивающим напряжением о^,
заметим, что угол между о^ и нормалью п (рис. 37, с) равняется
_— ф и измеряется по часовой стрелке от оси у, в то время как
Ф измеряется против часовой стрелки от оси х. Из этого мы
заключаем, что, пользуясь уравнениями A7) и A8), мы должны
подставить в этом случае с^, вместо а^ и —[——ф] вместо ф. Это
дает
(Т^ = а^,81п2ф, x"=—-^aysm2ff. (b)
Складывая эти составляющие напряжения (а) и (Ь), вызванные
соответственно напряжениям о^ и Оу, получим полное нормальное
и полное касательное напряжения по наклонной площадке для
случая растяжения по двум взаимно перпендикулярным направлениям;
а„ = а^ cos"* Ф -f Oj, sin '^ф, B6)
т = 1(о^_Gр81п2ф. B7)
^) Предполагается, что толщина стенок мала по сравнению с диаметром,
поэтому для площади поперечного сечения применяется приближенная формула.
^) Имеется также давление на внутреннюю цилиндрическую поверхность
элемента, но это давление мало по сравнению с ог_^ и а у, поэтому при дальнейшем
рассмотрении им пренебреглют,

48 АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ [гЛ. 11
12. Круг Мора при сложном напряженном состоянии
Поступая так же, как в параграфе 10, при помощи круга Мора
или круга напряжений легко можно получить графическое
представление формул B6) и B7). Полагая опять, что абсциссы и ор-
.^ - динаты представляют в некотором
масштабе соответственно
нормальные и касательные составляющие
напряжения, мы заключаем, что
iB\+6 точки А и В на рис. 38 с
абсциссами, равными о^ и Оу,
представляют напряжения, действующие по
граням элемента на рис. 37, с,
соответственно перпендикулярным
оси X и оси tf. Для того чтобы
получить составляющие напряжения
по наклонной площадке,
определяемой углом ф на рис. 37, а, мы должны лишь построить круг на
АВ, как на диаметре, и провести радиус CD, образующий угол
ACDf измеряемый против часовой стрелки от точки А и равный
2(р. Из рисунка мы заключаем, что
Рис. 38.
0Я= ОС —С£ = у (ОЛ+ОД —у (ОВ — ОЛ) cos2ф
Ох^Оу Оу — Ох
COS 2ф=о^^ COS* ц>-^а sin^ ф.
Это указывает на то, что абсцисса ОЕ точки D круга, измеренная
в принятом масштабе, даст нормальную составляющую
напряжения согласно уравнению B6).
Ордината точки D равняется
DE = CD sin 2ф = ^^^^-^ sin 2ф.
Замечая, что эта ордината должна быть взята с отрицательным
знаком, мы заключаем, что ордината точки D, взятая с надлежащим
знаком, даст касательную составляющую напряжения т согласно
уравнению B7).
Если площадку pq вращать против часовой стрелки
относительно оси, перпендикулярной плоскости ху (см. рис. 37, й),
соответствующая точка D будет смещаться против часовой стрелки
по контуру круга напряжений на рис. 38, так что для каждого
значения угла ф соответствующие значения составляющих о^ и т
получаются как координаты точки D. г

12]
КРУГ МОРА ПРИ сложном НАПРЯЖЕННОМ СОСТОЯНИИ
49
Из этого графического представления формул B6) и B7) сразу
видно, что наибольшее нормальное напряжение в данном случае *)
равняется о , а наибольшее касательное напряжение,
представленное радиусом CF круга на рис. 38, равняется
B8)
т —
max
Оу — Сх
Зл
И имеет место при sin 2 qp = —1 и qp = "^. Такой же величины
касательное напряжение, но с отрицательным знаком действует по
площадке, для которой qp = -|-.
Взяв две перпендикулярные площадки, определяемые углами ф
и Y + Ф» которые составляют с осью х нормали п и п^,> найдем, что
соответствующие напряжения дают координаты точек Z) и Di на
рис. 38, и мы заключаем, что
т.= -т. ^ C0)
Это указывает на то, что сумма нормальных напряжений,
действующих по двум взаимно перпендикулярным площадкам, остается по-
Рис. 39.
стоянкой, в то время как угол qp изменяется. Касательные
напряжения, действующие по двум взаимно перпендикулярным
площадкам, численно равны, но противоположны по знаку.
Круг напряжений, подобный кругу на рис. 38, можно построить
также и в том случае, если одно или оба напряжения о^ и а^
являются сжимающими. Необходимо лишь откладывать сжимающие
напряжения на отрицательной стороне оси абсцисс. Полагая,
например, что напряжения, действующие на элемент, показаны на
рис.39, а, найдем, что соответствующим кругом будет изображенный
на рис. 39,6. Составляющие напряжения, действующие по площадке
pq с нормалью /г, даны на диаграмме координатами точки D.
^) Мы рассматриваем только площадки, перпендикулярные к плоскости ху.
Более общий случай см» параграф 18«

50 АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ [гЛ. II
ЗАДАЧИ
1. Котел, показанный на рис. 37, имеет d = 2,0 л<, ft = 1 см. Определить а^ и
Оу, если р = 6 кг/см^. Вырезать элемент плоскостями, для которых ф = 30° и 120°,
и показать величину и направление составляющих напряжений, действующих
по боковым граням элемента.
2. Определить напряжения а„, а„^, х и тг,,если (см.рис. 39,а) а^. = 1000 кг1см^,
Oj, = — 500 кг/см^ и ф = 30°, ф, = 120°.
Ответ. а„=625 кг/см^, а„^ = — 125 кг/см^, х= — т, = 650 кг/см^.
3. Определить а„, а„^, т и t, в предыдущей задаче, если угол выбран так,
что т является наибольшим.
Ответ. а„ = а,^^= 250 кг/см^, х = —т, = 750 кг/см^,
13. Главные напряжения
В предыдущем параграфе было показано, что при растяжении
или сжатии по двум взаимно перпендикулярным направлениям л;
и у одно из двух напряжений а^ или а^ является наибольшим,
а другое наименьшим нормальным напряжением. Для всех
наклонных площадок, подобных площадкам pq на рис. 37, а и 39, а,
значение нормального напряжения находится между этими
предельными значениями. В то же самое время по всем наклонным
площадкам действуют не только нормальные напряжения о„, но также
и касательные напряжения т. Такие напряжения, как о^ и Оу,
одно из которых является наибольшим, а другое наименьшим
нормальным напряжением, называются главными напряжениями, а
две перпендикулярные площадки, по которым они действуют,
называются главными площадками. По главным площадкам
касательные напряжения не действуют.
В примере предыдущего параграфа (рис. 37) главные напрЯ'
жения о^ и Су были найдены из очень простых соображений, и
требовалось найти выражения для нормального и касательного
напряжений, действующих по какой-либо наклонной площадке,
подобной площадке pq на рис. 37, а. В нашем дальнейшем изложении
будут случаи обратной задачи (см. стр. 114), в которой по
заданным касательным и нормальным напряжениям, действующим
по двум перпендикулярным площадкам, требуется найти величину
и направление главных напряжений. Наиболее просто решается
эта задача при помощи круга напряжений, как сделано на рис. 38.
Положим, что напряжения, действующие на элементарный
прямоугольный параллелепипед abed, показаны на рис. 40, а.
Напряжения а^ и Су не являются главными напряжениями, так как по
площадкам, перпендикулярным к осям хну, действуют не только
нормальные, но и касательные напряжения. Для того чтобы
построить круг напряжений в этом случае, мы сначала используем
составляющие напряженияа^,а^, их и построим точки D и D^, как
показано на рис. 40, Ь. Так как эти точки представляют
напряжения, действующие по двум перпендикулярным площадкам, то длида

131
ГЛАВНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ
51
DDi представляет диаметр круга напряжений. Точка пересечения
этого диаметра с осью х дает центр С круга, так что круг можно
легко построить. Точки А и В, где круг пересекает ось х,
определяют величину наибольшего и наименьшего нормальных напряже-
Рис. 40.
НИИ, которые являются главными напряжениями и обозначаются
через CTj и а^. Пользуясь кругом, можно легко получить формулы
для вычисления о, и о^.
Из рисунка мы имеем:
а^-^ОА =^-0С + Ш = ^ + /f-^'J+t'. C1)
o,p_^Jo^7j^ C2)
o^=OB = OC—CD^
Направления главных напряжений также можно получить из
рисунка. Мы знаем, что угол DCA есть удвоенный угол между
напряжением Oj и осью X, и так как 2ф измерено от D к Л по часовой
стрелке, то направление о, должно быть такое, как указано на
рис. 40, а. Если мы выделим элемент, заштрихованный на рисунке,
с гранями, перпендикулярными и параллельными о^, то по его
граням будут действовать только нормальные напряжения а^ и
Oj. Для определения числового значения угла ф из рисунка мы имеем
|tg2,H|.
Что же касается знака угла (р, то он должен быть взят
отрицательным, так как угол измерен от оси х по часовой стрелке (рис. 40, а).
Следовательно,
^^^ СЕ~ CSx-Oy
C3)
Наибольшее касательное напряжение определяется величиной

52 АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
радиуса круга напряжений, и мы имеем
t„„=54^=/("-S^)V^'.
[гл. II
C4)
При помощи уравнений C1) — C4) полностью решается задача об
определении наибольшего нормального и наибольшего
касательного напряжений, когда даны нормальные и касательные
напряжения, действующие по двум перпендикулярным площадкам.
ЗАДАЧИ
1. Элемент подвергается действию напряжений а^ == 500кг/см^,ау = 300кг/см\
t = 100 кг/см^. Определить величину и направление главных напряжений а, и
Ja (рис. 40, а).
Решение. При помощи формул C1) и C2) получим
ai =
500+300
у f^9L-MY^\QQ^ = 400 + 141,4 = 541,4 KaJcM^,
а^ = 400 — 141,4 = 258,6 kbjcm^
Из формулы C3) имеем
tg2(jp = —1, 2(р ;= — 45°, ф = — 22
V
Знак минус указывает на то, что ср измеряется от оси х по часовой стрелке, как
показано на рис. 40, а.
2. Определить направление главных напряжений в предыдущей задаче,
если
ofjc = —' 500 кг/см^.
Решение. Соответствующий круг напряжений показан на рис. 41, ^2ц) = -т- ,
2ф= 14°2'. Следовательно, угол, который составляет наибольшее сжимающее
напряжение с осью х, равен 7°Г и измеряется против часовой стрелки от оси х.
Рис. 41.
Рис. 42.
3. Найти круг напряжений для случая двух равных растягивающи;с
напряжений Ojj = Oj, = а и для двух равных сжимающих напряжений a^ = Gy = —а.
В обоих случаях ^==0.
Ответ. Круги становятся точками, лежащими на горизонтальной оси, С
абсциссами, соответственно равными а и —с.
4. На гранях элемента, показанного на рис. 42, а, действуют напряжения
Од; == —500 кг/см\ Оу = 1500 кг/см\ т = 1000 кг/см\ Найти, пользуясь кругом

14] ПОПЕРЕЧНОЕ СУЖЕНИЕ 53
напряжений, величину нормального и касательного напряжений: 1) на главных
площадках, 2) на площадках, где действуют наибольшие касательные на-
пряжения.
Решение. Соответствующий круг напряжений показан на рис. 42,6. Точки
D и Di представляют напряжения, действующие по граням элемента рис. 42, а,
перпендикулярным к осям х н у. GB и ОА представляют главные напряжения.
Их величины соответственно равняются Of, — 19Ы кг/см^ и aj==—914 кг/см^.
Направление наибольшего сжимающего напряжения а^ составляет с осью х угол
• J0
22 -К", этот угол измеряется от оси х против часовой стрелки, как показано на
рис. 42, а. Точки F и F^ представляют напряжения, действующие по площадкам,
подверженным наибольшему сдвигу. Величина этих касательных напряжений
равняется НЫкг/см^. ОС представляет нормальное напряжение, равное 500/сг/сл^
действующее по той же площадке.
5. Решить предыдущую задачу, если a^.= —1000 кг/см^, ау= 600 кг/см^,
т=200 кг/см^,
14. Поперечное сужение
В параграфе 2 было рассмотрено удлинение стержня по оси
при растяжении. Опыты показывают, что такое продольное
удлинение всегда сопровождается поперечным сужением стержня и что
в пределах упругости отношение относительного поперечного
сужения к относительному продольному удлинению постоянно для
данного материала. Эта постоянная обозначается буквой [х и
называется коэффициентом Пуассона по имени французского математика,
который определил этот коэффициент аналитически при помощи
молекулярной теории строения вещества. Для материалов, которые
имеют одни и те же упругие свойства по всем направлениям, так
называемых изотропных материалов, Пуассон нашел
[х=-2-.Экспериментальные исследования поперечного укорочения в
строительных металлах ^) показывают, что fx обычно близко к значению,
вычисленному Пуассоном. Например, в случае строительной стали можно
принять значение [х = 0,30. Зная коэффициент Пуассона
материала, можно вычислить изменение объема стержня при растяжении.
Длина стержня будет увеличиваться в отношении A+е) : 1.
Поперечные размеры уменьшаются в отношении A—\ie): I.
Следовательно, площадь поперечного сечения уменьшается в отношении
{1 — |ле)^ : 1. Тогда объем стержня изменится в отношении A+е)
A —|л^) : 1, которое становится равным (l-fe — 2iie) : 1, если мУ
припомним, что 8 — малая величина, и степенями ее пренебрежем.
Тогда относительное увеличение объема равняется еA — 2[х).
Невероятно, чтобы у каких-либо материалов при растяжении объем
их уменьшался, поэтому [х должно быть меньше 0,50. Для таких
материалов, как каучук и парафин, jx приближается к указанному
пределу, и объем этих материалов при растяжении приблизительно
^) Эти материалы можно считать изотропными (см. часть И).

54 АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ [гЛ. II
остается постоянным. С другой стороны, бетон име^т малую ве-
личину V'[V-=-^~^i2) '^ ^^^ пробки |л. можно принять равным нулю.
Приведенные выше рассуждения о поперечном сужении при
растяжении можно применить с соответствующими изменениями
к случаю сжатия. Продольное укорочение сопровождается
поперечным расширением, и для вычисления этого расширения
применяется то же значение для |л., как и в случае растяжения.
ЗАДАЧИ
1. Определить относительное увеличение объема бруса при растяжении, если
[0] = 400 кг1см^, ц = 0,3, Я = 2-10» кг1см^.
Решение. Относительное увеличение объема равняется
е A - 2ц) = i|l A-2}г) = 2i^^г A - 0.6) = 80.10-«.
2. Определить увеличение объема бруса под действием силы Р,
приложенной на конце, и веса бруса (см. параграф 5),
f^(l -2ц)/Р , V/
Ответ. Увеличение объема равняется —^—=—£-^ I Т~ ^~ 9
3. Круглый стальной стержень подвергается действию осевой
растягивающей силы Р такой величины, что начальный диаметр 10 см уменьшается на 0,002 см.
Найти Р.
Ответ. 104,7 т.
4. Стальной брус предыдущей задачи растягивается силой Я == 40 т. Найти
уменьшение площади поперечного сечения.
Ответ. 0,012 см^.
15. Деформации в случае растяжения или сжатия по двум взаимно
перпендикулярным направлениям
Если брус, имеющий форму прямоугольного параллелепипеда,
растягивается усилиями, действующими по двум взаимно
перпендикулярным направлениям л; и i/ (рис. 37), то удлинение в одном
из этих направлений будет зависеть не только от растягивающих
напряжений в этом направлении, но также от напряжений в
перпендикулярном направлении. Относительное удлинение в направ-
лении оси X от растягивающих напряжений о^. будет -~ .
Растягивающие напряжения а^ будут вызывать поперечное укорочение
В направлении х, равное -^. Следовательно, если действуют
одновременно оба напряжения о^ и о^, то относительное удлинение в
направлении X будет
е,=.^-1х^. C5)

15] ДЕФОРМАЦИИ В СЛУЧАЕ РАСТЯЖЕНИЯ ИЛИ СЖАТИЯ 55
Подобно этому для направления у получим
^y = i-^i' C6)
Укорочение параллелепипеда в направлении z будет
Ох Оу (Х
В частном случае, когда два растяжения одинаковы, 0^=0у—а,
получим
8., = ез,=|^A-р1). C7)
Из уравнений C5) и C6) напряжения а^ и Оу можно получить
как функции относительных деформаций е^. и е^, а именно:
(ех-Ы^еу)Е (8j,+n8j£
В случае, показанном на рис. 37, а, удлинение е^ в направлении
оси и удлинение Ву в направлении по окружности измеряются
при помощи экстензометра, после чего из уравнений C8) можно
найти соответствующие напряжения а^ и а^
ЗАДАЧИ
1. Определить увеличение объема цилиндрического стального котла под
действием внутреннего давления (см. рис. 37), пренебрегая деформациями днищ
и принимая Оу = 400 кг/см^.
Решение. Пользуясь уравнениями C5) и C6), находим
е 200 400 _ 80 _
^х - 2.106 ^^'-^ 2-10" ~ 2.10» ~ ^ •
400 ^ о 200 _ 340 _ ,7 1Л-5
^>'~2Лб'«~"''^2ГГ0^^2Л05^ " ■
Объем котла увеличится в отношении
(l+ej(l+8j,)*:l-A+8;,+28^): 1 = 1,00038:1.
2. Бетонный кубик сжимается по двум взаимно перпендикулярным
направлениям при помощи приспособления, показанного на рис. 43. Определить
уменьшение объема кубика, если сторона его равна 10 см, сжимающие усилия
равномерно распределены по граням, ц = 0,1, Р = 8000 кг, Е = 2,6' 10* кг/см^.
Решение. Пренебрегая трением в шарнирах и рассматривая равновесие
каждого шарнира (рис. 43, а), можно показать, что кубик подвергается одинаковому
сжатию в двух перпендикулярных направлениях и что сжимакщее усилие равно
Р У^2 = 11 280 кг. Соответствующая деформация из уравнения C7) равна

56
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
[гл. II
В направлении, перпендикулярном кг плоскости рисунка, имеет место расширение
кубика, которое равно
Of,
8^=- 1*-^-^^ ■gr = 0,2^
11280
0.0000868.
■100-2,6.10«
Относительное уменьшение объема кубика будет
e^+Ej^+e^ = —2-0,000391> 0,0000868 = —0,000695.
3. Определить увеличение цилиндрической боковой поверхности котла,
рассмотренного выше в задаче 1.
Ответ. Относительное увеличение Г+У
боковой поверхности е = е^; -|- 6^,=
.21-10
-»
^
Ж
и-с-ч
6ff +.27
Рис. 43.
Рис. 44.
4. Определить относительное удлинение в направлении а, стального стерж-"
ня, если его напряженное состояние такое, как указано в задаче 1 на стр. 52.
Решение. е^,=^E41,4 - 0,3-258,6) = 231,9.10-».
5. Под действием осевых растягивающих напряжений а^ = 2000 кг/см^
стержень имеет относительное удлинение е^. = 0,001, а отношение относительного
изменения объема к относительному изменению площади поперечного сечения равно
3
-г. Найти Я и и.
4
2
Ответ. E — 2'l(fK2/CM',\i = -j.
6. Прямоугольный параллелепипед подвергается растяжению в двух
перпендикулярных направлениях, как показано на рис. 44. Найти относительное
удлинение е в направлении ОС.
Решение. Координаты точки С после деформации будут а (l+Sj^) и Ь{1-\-еу),
а длина ОС после деформации будет
Уа^ A+2е^)+&'' A+2еу) :^ V^W A ^ ^ + ^) -
Вычитая из этого первоначальную длину ус^-\-Ь^ и разделив на
первоначальную длину, получим е = бд, cos* а -f е,, sin* а*).
*) Это уравнение подобно^ уравнению B6). Следовательно, для графического
представления деформаций можно воспользоваться кругом деформаций подобно
кругу Мора для напряжений.

16]
чистый сдвир
57
16. Чистый сдвиг
Модуль упругости при сдвиге. Рассмотрим частный случай,
когда нормальные напряжения действуют по двум взаимно
перпендикулярным направлениям, причем растягивающее
напряжение а^ в горизонтальном направлений численно равняется
сжимающему напряжению в вертикальном направлении (рис. 45, а).
Соответствующий круг напряжений показан на рис. 45, Ь. Точка D
этого круга представляет напряжения, действующие по площадкам
Рис. 45.
аЬ и cd, перпендикулярным к плоскости ху и наклоненным под
углом 45° к оси X. Точка D^ представляет напряжения, действующие
по площадкам ad и be, перпендикулярным к аЬ и cd. Из круга
напряжений видно, что нормальные напряжения по каждой из этих
площадок равны нулю, а касательные напряжения по этим
площадкам, изображаемые радиусом круга, численно равны
нормальным напряжениям а^., так что
т = <у^ = —Oj,. (а)
Если мы выделим из бруса элемент abed, то он будет находиться
в равновесии под действием только касательных напряжений, как
показано на рис. 45, а. Такое напряженное состояние называется
чистым сдвигом. Можно заключить, что чистый сдвиг
эквивалентен напряженному состоянию, вызываемому растяжением в одном
направлении и равным сжатием в перпендикулярном направлении.
Если квадратный элемент, подобный элементу abed на рис. 45, с,
выделить плоскостями, которые уже не находятся под углом 45°
к оси X, то по граням такого элемента будут действовать как
нормальные, так и касательные напряжения. Величину этих'
напряжений можно получить обычным путем из круга напряжений
(рис. 45, Ь).

58
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
[гл. II
Рассмотрим теперь деформацию элемента abed. Так как по
граням этого элемента нормальные напряжения не действуют, то
длины аЬ, ad, be и ed не изменяются при деформации, но
горизонтальная диагональ bd удлинится, а вертикальная диагональ ас
укоротится, вследствие чего квадрат abed превратится в ромб,
как указано на рисунке пунктиром. Угол при Ь, который до
деформации был равен-^ , теперь становится меньше у, скажем-д-—у,
и в то же время угол при а увеличивается и делается равным
Y -f Y' Малый угол у определяет искажение элемента abed и
называется относительным сдвигом.
Относительный сдвиг можно отчетливо представить следующим
образом: повернем на 45° против часовой стрелки элемент abed
рис. 45, а, и поместим его в положение,
показанное на рис. 46. После искажения,
вызванного касательными напряжениями
т, тот же элемент займет положение,
указанное пунктиром. Относительный сдвиг,
представляемый величиной малого угла у,
можно принять равным отношению -j ,
т. е. горизонтальному сдвигу aa^ грани аЬ
относительно грани de, деленному на
расстояние между этими двумя гранями.
Если материал подчиняется закону Гука,
то этот сдвиг пропорционален напряжению т, и мы можем
выразить зависимость между касательным напряжением и
относительным сдвигом уравнением
-::.4
Рис. 43.
т
G'
C9)
в котором G есть величина постоянная и зависящая от
механических свойств материала. Уравнение C9) аналогично уравнению
D), которое было установлено для простого растяжения, а
постоянная G называется модулем упругости при сдвиге или модулем
поперечной упругости.
Так как искажение элемента abed (рис. 46) вполне определяется
удлинением диагонали brf и укорочением диагонали ас и так как
эти деформации можно вычислить при помощи уравнений
предыдущего параграфа, то можно заключить, что модуль G может быть
выражен в зависимости от модуля упругости Е при растяжении
и коэффициента Пуассона [i. Для того чтобы установить эту
зависимость, рассмотрим треугольник ОаЬ (рис. 45, а). Удлинение стороны
Ob и укорочение стороны Оа этого треугольника при деформации

16] чистый сдвиг 59
найдутся при помощи уравнений C5) и C6). В зависимости от е^ и е^
мы имеем
ОЬ^ = Ob (l+6j, Оа, = Оа A+е^)
и из треугольника Оа^Ь^ находим
,g@b.a.)=tg(i-l-)==5|;=j±J, C)
Для малого угла у мы имеем также
Замечая, что в случае чистого сдвига
И приравнивая выражения {Ь) и {с), получаем
Е ^2
откуда
2 я
или
^ ~ Е
Сравнивая этот результат с формулой C9), мы заключаем, что
Мы видим, что модуль упругости при сдвиге можно легко
вычислить, если известны модуль упругости при растяжении Е и
коэффициент Пуассона р.. Например, в случае стали
G = ,-jj|i|^=7.7.10'«:eM'.
Необходимо заметить, что приложение равномерно
распределенных касательных напряжений к граням бруска, как предпола-

60
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
[гл. п
гается на рис. 46, очень трудно осуществить, поэтому состояние
чистого сдвига обычно получают путем кручения цилиндрической
трубы (рис. 47). Вследствие малого поворота одного конца трубы
относительно другого, образующие, начерченные на
цилиндрической поверхности, становятся наклонными к оси цилиндра, и
элемент abed, образованный двумя образующими и двумя смежными
круговыми поперечными сечениями, подвергается чистому сдвигу
подобно тому, как показано на рис. 46.
Вопрос о кручении будет разобран ниже (см. главу X), где
будет показано, как можно вычислить касательные напряжения т
и относительный сдвиг у элемента abed, если
известны крутящий момент и соответствующий угол
закручивания вала. Если т и у найдены из
такого испытания на кручение, то значение модуля G
можно вычислить из уравнения C9). Имея это
значение G и зная Е из испытания на растяжение,
мы можем вычислить коэффициент Пуассона \i из
уравнения D0). Непосредственное определение |li
путем измерения поперечного укорочения при
испытании на растяжение более сложно вследствие
того, что это укорочение весьма мало, и
необходим чрезвычайно чувствительный инструмент, чтобы измерить
его с достаточной точностью.
Рис. 47.
ЗАДАЧИ
1. Брусок abed (рис.46) сделан из материала, для которого Е = 0,7-10' кг/ел-*
и U = 0,25. Найти -у и относительное удлинение диагонали Ш, если t = 700 кг/см^.
Ответ, -у = 0.0025. е= 0,00125.
2. Найти для предыдущей задачи сдвиг ащ грани аЬ относительно грани cd,
если диагональ М= 5 см.
Ответ, аа^ = 2,5)^2 у.
3. Доказать, что изменение объема бруска abed на рис. 46 равно нулю, если
рассматривать только первые степени составляющих деформации г^ и е^,
4. Доказать, что в случае чистого сдвига (рис. 46) относительное удлинение
диагонали Ы равно половине относительного сдвига y-
5. Найти относительное удлинение сторон элемента abed на рис. 45, если
принять во внимание малые величины второй степени.
Решение. Обозначая через / первоначальную длину сторон элемента abed,
найдем, что после деформации Оау — -j= A — Ед.) и 0&, — -у=г (I+e^.). Тогда
Относительное удлинение сторон элемента abed равняется -н-^х*

17]
ДОПУСКАЕМЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ СДВИГЕ
61
17. Допускаемые напряжения при сдвиге
Подвергая материал чистому сдвигу (см. рис. 47), мы можем
установить опытным путем зависимость между касательным
напряжением и относительным сдвигом. Такая зависимость
обыкновенно изображается диаграммой (рис. 48),
на которой абсцисса представляет
относительный сдвиг, а ордината — касательное
напряжение. Эта диаграмма подобна диаграмме
растяжения, и мы можем отметить на ней
предел пропорциональности А и предел
текучести В. Опыты показывают, что для
таких материалов, как строительная сталь,
предел текучести при сдвиге т^ составляет лишь
приблизительно @,55 -^ 0,60) а,. Так как при
пределе текучести имеет место
значительная деформация без заметного изменения
напряжения, логично принимать за допускаемое напряжение при
сдвиге лишь часть напряжения, соответствующего пределу
текучести, так что
Рис. 48.
m=lг^
D1)
где k — коэффициент безопасности. Взяв этот коэффициент такой же
величины, что и при растяжении или сжатии, мы получим
[т]= @,55-^-0,60) [а],
что указывает на то, что допускаемое напряжение при сдвиге
нужно принимать гораздо меньше допускаемого напряжения при
растяжении.
Уже было указано, что в практических приложениях мы
обычно не встречаем равномерного распределения
касательных напряжений по граням
бруска, как было предположено
на рис. 46, и что чистый сдвиг
р осуществляется в случае
кручения. Ниже мы увидим, что
чистый сдвиг имеет место также
при изгибе балок. Имеется
много практических задач, в
которых решение получается при
допущении, что мы имеем дело с чистым сдвигом, хотя это допущение
является грубым приближением. Возьмем, например, соединение
на рис. 49. Очевидно, что, если диаметр болта аЬ недостаточно
большой, соединение может разрушиться вследствие сдвига по
поперечным сечениям тп и т^п^. Хотя более строгое изучение вопроса
Рис. 49.

62
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
[гл. п
показывает, что касательные напряжения неравномерно
распределяются по этим поперечным сечениям и что болт подвергается
не только сдвигу, но также и изгибу, тем не менее для определения
грубо приближенного значения необходимого диаметра болта
принимается допущение, что касательные напряжения равномерно
распределяются по плоскостям тп и т^п^. Следовательно,
касательные напряжения т получаются путем деления силы Р на сумму
площадей поперечных сечений тп и m^n^, т. е.
2Р
х =
nd^
и
требуемый диаметр болта получается из уравнения
. - 2Р
г 1 2Р
D2)
Другой пример такого упрощенного решения задач на сдвиг
мы имеем в случае заклепочных соединений (рис. 50). Так как
ГЖ
т,
п
4=^
Рис. 50.
головки заклепок образуются при высокой температуре, то
заклепки после охлаждения вызывают значительное сжатие лис-
тов*). Если приложены растягивающие силы Р, то
относительному движению листов будет препятствовать трение,
вызванное сжатием листов. Только после того, как трение будет
преодолено, заклепки начнут работать на сдвиг, и, если диаметр
заклепок недостаточен, может произойти разрушение, вследствие
сдвига по плоскостям тп и т^ /г,. Видно, что вопрос
определения напряжений в заклепочных соединениях является весьма
сложным. Обычно получают грубо приближенное решение задачи,
пренебрегая трением и полагая, что касательные напряжения
равномерно распределяются по поперечным сечениям тп и m,rt,.
Тогда надлежащий диаметр заклепок получится при помощи
уравнения D2), как в предыдущем примере.
^) Опыты показывают, что растягивающие напряжения в заклепках о&>1чно
приближаются к пределу текучести материала, из которого су1еланы заклепки
См, С. Bach, Z. Ver. deut. Ing.. 1912.

18] РАСтяжениЕ или сжатие по перпендикулярным направлениям 63
ЗАДАЧИ
1. Определить диаметр болта в соединении, показанном на рис. 49, если
Р = 8 m и [т] ^ 800 Kzlcf^.
Ответ, d — 2,53 см.
2. Найти необходимую длину 21 соединения двух прямоугольных
деревянных брусьев (рис. 51), подверженных растяжению, если Р= 4 т, [т] = 10 кг/см^
тггшггщшгш
^
Рис. 51.
Рис. 52.
на скалывание вдоль волокон и 6 = 20 слг.Определить необходимую глубину врубки
mrtj, если допускаемое напряжение на 3000кг
сжатие дерева вдоль волокон равно
80 кг/см^.
Ответ. 21 = 40 см, тп^ = 2,5 см.
3. Найти диаметр заклепок на рис. 50,
если [т] = 800 кг/см^ и Р = 5 т.
Ответ, d — 2 см.
4. Определить размеры / и б в
соединении двух брусьев помощью двух
стальных накладок (рис. 52), если силы,
размеры и допускаемые напряжения те же,
что и в задаче 2.
Ответ. /==10 см, б= 1,25 см.
5. Определить размер а, который необходимо назначить в конструкции,
показанной на рис. 53, если допускаемое касательное напряжение то же,
что и в задаче 2, и размеры поперечных сечений всех брусьев равны ШХ 20 см.
Влиянием трения пренебречь.
Ответ, а = 20 см.
18. Растяжение или сжатие по трем взаимно перпендикулярным
направлениям
Рис. 53.
Если брус, имеющий форму прямоугольного параллелепипеда,
Р Р
И Р^ (рис. 54), то нормальные напряжения
по сечениям, перпендикулярным к осям х, у,
и Z, соответственно будут
■е, Р^ Ру Рг
подвергается действию равномерно распределенных сил ^ х> - v
Рис. 54.
Z»
Ниже предполагается, что q^^q^q^.
Анализируя действие сил Р^, Р^ и Р
можно заключить, что по сечению,
проходящему через ось г, напряжения вызывают
только силы Р^ и Р^, а поэтому эти напряжения можно вычислить
из уравнений B6) и B7) и представить графически при помощи

64 АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ [гЛ. II
Круга Мора. На рис. 55 круг напряжений с диаметром АВ
изображает эти напряжения. Таким же способом напряжения по
какому-либо сечению, проходящему через ось х, можно
представить кругом, имеющим диаметром ВС. Круг с диаметром АС
изображает напряжения по какому-либо сечению, проходящему через
ось у. Три круга Мора представляют напряжения по трем сериям
сечений, проходящих через оси х, у и z. Для какого-либо сечения,
наклоненного к осям х, у и z, составляющие напряжений суть
координаты точки, находящейся в
заштрихованной площади рис. 55 ^). На
основании этого можно заключить, что
наибольшее касательное напряжение
изображается радиусом наибольшего
из трех кругов и определяется из
уравнения т,
шах
Оно дейст-
Рис. 55.
вует по сечению, проходящему через
ось у и делящему пополам угол между
осями X и Z.
Уравнение для вычисления
относительных удлинений по
направлению осей X, у и Z можно получить путем сложения действия
Рх' Ру И Рг точно так же, как при растяжении или сжатии по двум
взаимно перпендикулярным направлениям (см. параграф 15).
Таким образом получим
е, = ^
)
D3)
Объем бруса увеличивается в отношении
(l+ej(l+e^)(l+ej:l,
или, пренебрегая мальши величинами высшего порядка, получим
A+е^+е^+е,):1.
Видно, что относительное объемное расширение равно
A=e^+e^+V D4)
Зависимость между относительным объемным расширением и на-'
пряжениями, действующими по граням бруса, получится путем
*) Доказательство этого положения можно найти в книге А. F о р р 1,
Technische Mechanik, т. 5, стр. 18, 1918 г.; см. также Н. М. Westergaard,
Z. angew. Math и Mech., т. 4, стр. 520, 1924.

сложения уравнений {А2>), Тшяц о^фрм получим г ■."'^■':-:
в частном ^учае равномерного ти^|>Ц*атиче<?1?огод^Йения «м^ем
'<■■'-:.d^^aji^^Og'^''-^ р. ,■ '■■ " ^;'.■■;';■.'.: . ■ .^
Тогда из ур^вненй|1 <43> \
и из уравнений DЦ)
.л«ч —^.^-^ —■
/
или, пользуясь обозначением
Т"
-=к.
-р»
получим
3A-^2й)
Хщ
т
D9)
Относительное объемное сжатие пропорционально сжймакэщему
напряжению и обратно пропорционально величине К» 1«оторая на-
зшаеггсй объемньш модулем упругости.
ЗАДАЧИ ,
-^ ■■■■■ ■ ': .. ■■■■■■-■. ' ' '....; ■.■■..■■.- ; ■■■■
. Определить уменьшение объема <:пло1йнорэ летздьЖого 1Щра диаметром
10 см, подвержениогр р1авномерному гидростатическому давлению р=*= 1000 ic$zc*('i
Яешеиие. Из уравнения D9) имёш
:l000-3.(i^g»Q.3)
2.10^
10» ■
Поэтому уменьшение объйаа буяет г—^-^ =^ 0,314 см*,
2. Каучуковый цилиндр А сжимается в стальяом цилин-
Щ)е В Силой Р (ем. рис. 56). Опред^ить давление между кау-
4yitoM и стал|>ю, если Р « 400 лз* Яь= В см, коэффициент
Пуассона wj^ каучука |i =* ,0,45. Трени)»! меявду каучуком и сталью
^ренебречь^ ■ , V ■
Решение. Пусть р означает Сжимающие напряжения по
какому'Либо сечению, перпшдикудярному оси цилиндра и
д-давление между каучуком И )виу1рёйяей поверхностью
стального цилиндра. Сжимающие напряжения той же величины.
будут действовать по боковой пове0;кности продольных
волокон каучуко1вого щйлиндра, из котррЬгЬ' мы выделим элемент в
виде прямоугольного параллели1й1рейа -с гранями,
параллельными оси цилиндра (см. pHCw 56). Этот элемент находится
в рав$1овесии под действием сжимающих напряжений q по боковым граням
и сжимающих напряжений р, направленных по оси цилиндра. Полагая, wo сталь-
Рис. 56.
с. п. Тимошенко

66
АНАЛИЗ НА1^РЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
[tn. п
НОЙ цилиндр абсолютно твердый и, следсшательно, поперечное расширение
каучука в направлении х и у должно быть равно нулю, получим из уравнений D3)
0:
откуда
ftp
0,45 4Ш.4
l_pi 1-0,45л-5«
16,7 кг[см\
8. Бетонная колонна заключена в стальную трубу (рис. 57). Определить
давление межДу сталью и бетоном и растягивающее напряжение в трубе по
окружности, полагая, что трения между бетоном и сталью нет и что все размеры, а
также и продольное сжимающее давление известны.
Решение. Пусть р означает продольное, ад — поперечное сжимакнцее
давление, 4 — внутренний диаметр и Л — толщина трубы, Е^ — модуль упругости
стали, ЕбуР'б •"■ МОДУЛЬ' упругости и коэффициент Пуассона для бетона.
Расширение бетона в поперечном направлении на основании уравнений D3) будет
>
т
*. и
л'. ft
о*, о
..1»:. * -
-О)
Рис. 57.
е«=
-Il^lf(''^^>-
(а)
, л Это расширение равняется
расширению по окружности трубы
(см, уравнение 13)
*- (Ь)
е =
Из уравнений (а) и (Ь) получаем
@,
2hE^
откуда
f^+^(P+,).
Цб
Рис. 58.
+ J — fA6
Растягивающее напряжение по окружности в трубе теперь может быть вычислено
из уравнения
4. Определить наибольшее касательное напряжение в бетонной колонне
предыдущей задачи, полагая, что р = &)кг/сл^, ji^ =0,10, ^г = 7,5, £5 —
=2,8.10»/cг/cл^ £,. = £,1.10' кг/сл^.
Решение т^а^ = ^-=^ ^^у~ Гэ) "= ^^'^ '^^^'^^^- -
б. Стальная сферическая оболочка (рис. 58) подвергается" равномерному
внутреннему и наружному давлению р. Найти уменьшение 6 внутреннего
диаметра. Построить круги Мора, как|ра рис. 55.
Ответ, б = ^ ^ Г" ^', в этом случае все три круга обращаются в точку с
с
абсциссой а^'^ш^ р^

ГЛАВА III
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
19. Типы балок
В этой главе мы рассмотрим простейшие типы балок, имеющих
вертикал5>ную плоскость симметрии, проходящую через
продольную ось, и опертых, как показано на-рис. 59. Предположим, ^то
все приложенные силы вертикальны и действуют в плоскости
симметрии, так что изгиб происходит
в этой же плоскости. Рис. 59, а
изображает балку со свободно
опертыми концами. Точки опор А
и В представляют шарниры, так что
концы балки при изгибе могут
свободно поворачиваться.
Предположим также, что одна из опор
находится на катках и может
свободно двигаться в горизонтальное
направлении. Рис. 59, 6 изображает
консоль. Конец Л этой бал ki^
заделан в стену и не может
поворачиваться при изгибе, в то время как
конец В является совершенно
свободным. Рис. 59, с изображает консольную 6ajiKy со
свешивающимся концом. Эта балка имеет шарнирно-неподвижную опору на
конце А и покоится на подвижной опоре в точке С.
Btfe три предыдущих случая представляют статически
определимые балки, так как реакции опор, вызываемые данной нагрузкой»
могут быть определены из уравнений статики. Например,
рассматривая свободно опертую балку, несущую вертикальный груз Р,
(рис. 59, а), мы видим, что реакция R^ конца В должна быть
вертикальна, так как этот конец может свободно двигаться в
горизонтальном направлении. Тогда из уравнения статики ^Х=0 следует,
что реакция R^ также вертикальна. Величины i?, и R^ определятся
из уравнений моментов. Приравнивая нулю сумму моментов всех
сил относительно точки В, мы получим
RJ—Pb^Q. ■
с)
Рис. 59.

miw
68 ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ и ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА [ГЛ, TU
откуда
i?j=*
рь
Подобным образом, рассматривая моменты относительно точки А,
мы получим
« Ра
. , ■■ ■ *<г—-Г- .
Рёа}сции ^1^я рнсольной б (рис. 5^, i::) можно вычислить
таким же способом. '■■
В случ&е консоли {рис. 59,6) грузvP уравновешивается реактив-
нымн силами, действующими в заделанном конце. Из уравнений
статши 5]^^ О йХ^==0 мы заключаем, что реактивная сила R^
должна ^ь вертикальная и равй4^ Из уравнения ««щентов
■ 1/7 2^=:0 оедует, *пя! »4ш М^
■ ■ ' ■ I ' ' . реактивных сил относительно точ-
I J ,^ [ ки Л равен Pflf и действует против
«Ш' — ШШ часовой стрелки, как показано на
■^< . /- I >Щ рисунке.
.Рис 60. Реакции, вызываемые какого-
либо другого рода нагрузкой, ле-
жайцей на балках выш^ указанных типов, могут быть вычислены
подобным же способом.
Необходимо заметить, что специальные устройства*
обеспечивающие свободный поворот концов и свободное перемещение опоры,
применяются лишь в балках бэльших npcwieroB, каковью имеют
место Э мостах. Э балках малого пролёта опоры обычно
устраиваются так, как изображено на ряс 60. При изгибе такой балки,
силы трения между опорными поверхностями н балкой будут
таковы» что они будут препятсгеовать • горизонтальному движению
концов балки. Эти силы могут иметь некоторое значение в случае
гибких стержней » тонких металлических полос (см. стр. 159),
но в случае жесткой балки, для которой прогиб очень мал по
сравнению с длиной пролета /, этими силами можно пренебречь, и
реакции можно вычислить как для балки, свободно опертой (рис. 59, а).
20. Изгибающий мо»«нт и поперечная сила
■ . ■ ■ - ' ■',•■/■
Рассмотрим теперь балку со свободно опертыми концами,
на котсфую действуют вертикальные силы 1^», i'j и Я, (рис. 61, с).
Предположим, что балка имеет продольную: плоскость симметрии
я что грузы действуют в этой плоскости. Тогда на основании
симметрии мы заключаем, что изгиб должен происходить в этой же
плоскости. В большинстве практических случаев это условие
симметрии выполняется, так как обычные 4юрыы поперечных сечений

20]
ИЗГИБАЮЩИЙ MOI^EHt И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
69
Ш
1
в
4
-х-
т
Ж.
балок: круг, Прямоугольник, двутавровые и тавровые сечения
симметричны. Более общий случай несимметричного поперечного
сечения будет разобран ниже (см. главу 8). _
Для Того чтобы жследовать усилия, во5|никающие в балке
при изгибе, мы воспользуемся йс1юА<ж, кото применяли
при отыскании усилий, ,возникак)щих в стержне при простом
растяжений (рис 1). Вообразим, что балка АВ разрезана на две части
сечениш тп, взятым на каком-либо расстоянии д: от летой опоры
А (рис. 61 f a)j и что правая часть балки сугброшенй. При
рассмотрении равновесий obraBiiiefttfl левой части балки (рис. 61/^), мы
должны учитывать не только внешние силы, такие, как грузы Р,
и Pj и реакции J?j, нб
также и внутренние силы,
которые распределяются по ^ у т -т i г л^^ л>
сечейию тл и которые
представляют Д(ействие правой
части балки на левую.
Эти внутренние силы долж» s и, ^4-
ну быть такой величины, r-'v—1>^
чтобы уравновесить
упомянутые выше внешние у ^У
силь! Р[, -Pg и ^г
Для последуюпщх
рассуждений будет удобно при- - gj,
вести действительную
систему внешних сил к
упрощенной эквивал^йнтной системе. Ий статики цивщ<т,, что система
параллельных сил! может быть заменена одной силой, равнее; ал*
гёбрайческой сумме данйых сил, и одн<^ парой сил. В нашем
частном случае мы можем заменить силы -Р,, jf^^ и /?, BepTiiKaJibHbft
силой Q» действующей в плоскости поп^фечйого селения mn, н
парой сил Af. Величина силы, равна :
aj
4
-х-
6)
^
т
It
О
Q-^t-Л-^,
(а)
и величина момента пары сил равна
m~J^^,S?^c:).^J^^c^, (b)
Сила Q, которая равна алгебраической сумме внешних сил,
расположенных слева от поперечного сечения mn, называется тпвречг
ной силой в сечении тй.Моме;нт пары сил М, кЬторый равен алге-
брайческ1зй сумме моментов $нешних сил, расположенных слева от
поперечного сечения т>1, относительно ц^ентра тяжести этого
сечения, называется изгибающим моментом в сечении trin. Таким обра-
зш, систша внешних сил, расположенных слева от поперечного
сечения тп, может быть заменена статически эквивалентной
системой, состоящей из поперечной силы Q, действующей в плоскости

70
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
[гл. Ill
поперечного сечения, и парой сил М (рис. 61, с). Усилия, которые
распределяются по поперечному сечению тп и которые
представляют собой действие правой части балки на ее левую часть. Должны
быть таковы, чтобы^ уравновесить изгибающий момент М и
поперечную силу -iQ.
Если на балку вместо сосредоточенных сил действует
распределенная нагрузка, то можно применить те же рассуждения, что и
в предыдущем случае. Возьмем, например, равномерно
нагруженную балку, показанную на рис. 62. а. Обозначая нагрузку на
единицу длины через q^ найдем, что реакций в этом случае равны
/?!=/?;= 2".
Чтобы исследовать усилия, распределенные по поперечному
сечению тп, мы опять рассмотрим равновесие левой^ части балки
(рис. 62, Ь). Внешними силами,
действующими на эту часть балки,
являются реакция /?, и нагрузка,
равномерно распределенная по
длине X. Эта последняя нагрузка
имеет, конечно,
равнодействующую, равную qx. Следовательно,
алгебраическая сумма всех ^сил,
расположенных слева от сечения
тп, равняли R^ — qx.
Алгебраическая сумма моментов всех сил,
расположенных слева от сечения
тп, относительно центра тяжести этого сечения получится путем
вычитания момента равнодействующей распределенной нагрузки
из момента /?,х реакций. Момент распределенной нагрузки,
очевидно, равняется
Рис. 62.
qx
2
Таким образом мы получаем для алгебраической суммы моментоВ(
выражение -
Все силы, действующие на левую часть балки, можно теперь
заменить одной силой, действующей в плоскости поперечного сечения
тп и равной
(с)
Q-=Rг — Qx=>q^J^xУ
в парой сил, равной
М
.1? v__£fL'_2f//
х).
(d)

20)
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
71
Выражения (с) и (d) представляют соответственно поперечную силу
и изгибающий момент в сечении mrt.
В приведенных выше примерах рассматривалось равновесие
левой части балки. Если рассматривать правую часть балки, то
алгебраическая сумма сил, расположенных справа от сечения,
и алгебраическая сумма ^ломентов тех же сил будут иметь те же
т
:/п,
т
/п,
С 3 i С ")
—-* I

^ <-> ^/
tj
Г=.....«|
Рис. 63.
величины, которые были найдены ранее, но противоположны по
направлению. Это следует из того, что грузы, действующие на
балку, вместе с реакциями /?, и R^ представляют систему сил,
находящихся в равновесии, и момент всех этих сил относительно
любой точки.плоскости, -так же, как и их алгебраическая сумма,
должны равняться нулю. Следовательно, момент сил, дейстеующих
на левую часть балки, относительно центра тяжести сечения тп
должен быть равен, но противоположен моменту относительно той
же точки сил, действующих на правую часть балки. Также
алгебраическая сумма сил, действующих на левую часть балки, должна
бь1ть равна, но противоположна алгебраической сумме сил,
действующих на правую часть.
При последующем изложении изгибающий момент и понереч-
ная сила в сечении тп принимаются положительными, если при
рассмотрении левой части балки
получаются такие направления, как
указано на рис. 61, с. Чтобы
отчетливо представить условие
относительно знака для изгибающих
моментов, вырежем двумя смежными
поперечными сечениями тп и т,п,
элемент балки (рис. 63). Если
изгибающие моменты в этих сечениях
положительны, то силы слева от
сечений тп дают момент по часовой стрелке, а силы справа
от сечения т^Аг,дают момент против часовой стрелки, как
показано на рис. 63, а. Таким образом, видно, что направления
моментов таковы, что происходит изгиб балки выпуклостью вниз.
Если изгибающие моменты в поперечных сечениях тл и т,/х,отри-
цательны, то происходит изгиб балки выпуклостью вверх, как
показано на рис. 63, Ь. Следовательно, на участках балки, где
т
I
'^-..
т т,
-^4-
>7j_,/J
t
г
I
I
4/
Рис. 64.

72
ЙЗГИВАЮШИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
tгл. 1П
изгибающий момент положителен, изогнутая ось балки-обращена
выпуклостью вниз, в то время как на участках, где изгибающий
момент отрицателен, изогнутая ось балки обравдена выпуклостью.
вверх
Правило знаков для поперечной силы представлено на рис. 64.
ЗАДАЧИ
Ь Найти поперечную силу Q и изгибающий момент М. в сечении, отстоящем
не расстоянии 4 л от левого конца балки, изображенной на рис. 59, а, если
с =* 6 л, / = 10 л и Р =«= 10 т. "
0/пвет. Q»*= 4/п,,М«»» 16 ffMc.
2. Найти поперечную силу Q i^ изгибакиций момент М. в сечении,
отстоящем на расстоянии 2 » от левого конца балки, изббражшной на рис. 69, в,
если а «в л* P»-12w. "^ i
Omeenii Qwl2 т, М^^72 тм, '
3. Найти поперечную силу Q и изгибающий мсшент М в сечении тп балки,
изображенной на рис. 61, й, если Р.^рт 12 т, Р,=* О, с,^ 2 м, с, "= 4л, х ~6 м,
г Ответ. Q'»---6m,M'^d&tnM.
4. Найти поперечную силу Q и изгибающий момент в средине балки,
изобрази:
Ответ.
,т
женйойнарис. 62.а, если q'» I'—vi 1>
Q«=0, М^Втм.
М.
21. Зависимость между изгибающим моментом
и поперечной силой
Рассмотрим элемент балки, вырезанный двумя Смежными
поперечными сечшиями тл и т,л,, отстоящими на расстоянии dx друг
от друга (рис. 6В). Предполагая, что в поперечном сечении тп
Щ
С)
Рис. 65.
имеется положительный изгибающий момент и положительная
поперечная сила, можем действие левой части балки на элемент
представить силой Q и пар(Л сил М, как указано на рис. 65, а.
Таким же образом, предполагая, что в сечении т,л^ изгибающий

21] ЗАВИСИМОСТЬ МЕЖДУ изгивАЮЩяк МОМЕНТОМ и ПОПЕРЕЧНОЙ силой 7$
■ ■ ■ ■ • .. ■ ■ ■ ■ ■''■'■/ ■■■.■■■ '■ ■
момент и поперечная сила лоложнтельны, можем действие правой
части балки иа элемент предстй^виТь указанными парой сил я силой.
Если между сечениями тп йт,л^н1 балку никакие силы не
действуют (рис. 65, а), то прйеречньк Ьилыа этих двух сечениях будут
равны *). Что же KacaieTCfl изгибающих моментов, то из условий
ра]^новесия элемента вытекает, что они не равт* te двух смежных
сечениях и что приращение (ЙУИ изгибающего момента равняется
моменту пары. сил, представленной двумя равными и
противоположно направленными силами Q, т.е.
dM-»Qdx VL^^Q, ' <50)
Итак, во всех частях балки между грузами поперечная сила равца
производной от изгибающего мшгента по Jf.i
Рассмотрим Теперь случай, когда между поперечными сеченняМй
тп и m,rt, действует распределённая нагрузка интенсивн<Я:тью у
(рис. 65, lb); Тогда полная нагрузка, действующая на элемент,
равняется ^<i^. Принимая q положительной, если нагрузка
действует вниз, можем заключить из. условий равновесия элшeнтil» что
поперечная сила в сечении т,л, отличается от пшеречноЙ силы
в сечении mrt на величину
откуда следует, что
Итак, производная от поперечной силы пол? равняется
интенсивности нагрузки, взятой с отрицательным знаком.
Взяв Момент всех сил, действующих на элемент/ получим
dx
dM=»Qdx — qdx^.
Пренебрегая вторым членом правой части, как мал (^величиной
второго порядка, приходим снова к уравнению E0) и заключаем,
что в случае распределенной нагрузки производная от
изгибающего момента равняемся' поперечной силе.
Если между смежными поперечными сечениями тП я гп^п^
действует сосредоточенная нагрузка Р (рис. 65, с), то происходит
внезапное изменение величины поперечной силы. Пусть Q означает
поперечную силу в сеченйц тл и Qi в сечении т,л,. Тогда из
условий равновесия элемента тт^п^ п находим
Следовательно, величина поперечной силы изменяется на величину
^) Весом элемента балки здеа> арене6регаен«

74 ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ и ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА [ГЛ. П1
Р при переходе через точку приложения нагрузки. Тогда из
уравнения E0) можно заключить, что в точке приложения
сосредоточенной силы происходит внезапное изменение величины
производной ^.
22. Эпюры изгибающих моментов и поперечных сил
Из предыдущих рассуждений следует, что усилия, действующие
по поперечному сечению тп балки, таковы, что они
уравновешивают изгибающий момент М и поперечную силу Q в том же сечении.
Таким образом, величины /И и Q в каком-либо поперечном
сечении определяют величину усилий, действующих по этому
поперечному сечению. Для того чтобы упростить исследование вопроса
о распределении напряжений в балке, удобно графически изобра- ^
жать изменения изгибающего момента и поперечной силы по длине
балки. В таком изображении абсцисса указывает пЬложение
поперечного сечения, а ордината представляет значение изгибающего
момента или поперечной силы, которые действуют в этом сечении,
причем положительные значения откладываются выше
горизонтальной оси,. а отрицательные — ниже оси. Такие графические
изображения называются соответственно эпюрами изгибающих
моментов и поперечных сил.
Рассмотрим, например, свободно лежащую балку с
сосредоточенной нагрузкой Р (рис. 66) *). Реакции в этом случае будут
п РЬ п Ра
R,-=-j- и /?,= — .
Взяв сечение тп слева от Р, можем заключить, что в этом сечении
^ РЬ кя РЬ / ч ■
Q~~j- и М = -7-х. (а)
Попереиная сила и изгибающий момент имеют те же направления,
что н на рис. 63, а и 64, с, и поэтому положительны. Из уравнения
(а) видно, что поперечная сила остается» тпостоянной на участке
балки слева от груза и что изгибающий момент изменяется
пропорционально х:При х=0 мсжент р_авен нулю и при дс = а, т. е. в
поперечном сечении, где приложена нагрузка, момент равен Р~ .
Соответствующие участки эпюр поперечной силы и изгибающего
момента показаны соответственно на рис. 66,6 и 66, с прямыми
линиями ас и а,с,.Для поперечного сечения, расположенного справа от
*) в последующих рисунках для простоты катки под подвижными опорами
обычно будут опускаться.

22]
ЭПЮРЫ ИЗГИВАЮЩЙХ МОМЁНТОЙ и rtOrtEPEHHyx СИЛ
груза Р, мы получаем
\
Q=.E^—P^M=^x — P{x-^a),
75
(b)
где X всегда будет расстояние от левого конца балки. Поперечная
сила для этого участка балки остается постоянной и
отрицательной. На рис, 66, b эта сила представлена линией с'6, параллельной
оси л;. -Изгибающий момент есть линейная функция от х, который
при а:—£z равняется —г- и при х=1 равняется нулю. Он на всем
протяжении балки положителен и его изменение на правом участке
балки представлено на рис. 66, с прямой линией с^Ь^. Ломаные ли-
Рис. 66.
НИИ асс'Ь иа,с,^, на рис. 66, 6 й 66, с представляют соответственно
эпюры ^поперечных сил И изгибающих моментов по ^сей длине
балки. Под грузом Р происходит резкое изменение величины
поперечной силы от положительного значения -у- к отрицательному зна-
Ра
чению г- и резкое изменение угла наклона линии на эпюре
изгибающих Моментов.
При выводе выражений (Ь) для поперечной силы и изгибающего
момента мы рассматривали левый участок балки, т. е. участок,
на котором действуют две силы /?, и Р. В этом случае, было бы
проще рассматривать правый участок балки, где действует только
Ра
реакция -|-. Поступая таким образом и пользуясь правилом зна-

76
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
[гл, iii>
ксв, указанным на рис. 63 и 64, мы получаем
Ра
Q=--
/
и М
ЦA-х).
(с)
Ранее полученные! выражения (Ь) могут быть приведены к этому
более простому виду, если заметить, что а === /—Ь.
Интересно отметить, что эпюра поперечных сил состоит из
двух прямоу1Ч)льников с равными площадями. Принимая во
внимание противоположные знаки этих площадей, мы заключаем, ,что
полная плстаадь эпюры поперечных сил равняется нулю. Этот
результат не является случайным. Интегрируя уравнение E0),
мы имеем
в
ldM==lQdx,
(d)
где Пределы А тл В указывают,
что интегрирование Производится
по всей длине балки от конца А
д6концаБ.Следовательнб,правая
часть уравнения (d) представляет
полную плсщадь эпюры
поперечных, сил. Левая часть того
же уравнения после
интегрирования дает разность М^—^Мд
1^згибающих моментов тна
концах i3 и Л. В случае
свободно ^ежащей балки моменты
на концах обращаются в нуль.
Поэтому полная площадь
эпюры поперечных сил равна
нулю.
Если на балку действует несколько сил (рис. 67), то балка
разделяется на несколько участков, и Для каждого участка
должны быть составлены Выражения для Q и М. Измеряя х от
левого конца балки и принимая д;<с», мы получаем для первого
участка балки
Q»/?, и М^Я^х. (е)
Для в-кфого участка балки, т. е. для а^<х<а^, мы получаем
Рис. 67,
Q^Rt--Pt и М==/?,д;~-Р,(д?—aj.
(f)
Для третьего участка балки,-т. е. для а^<х<а^, удобнее
рассматривать правую часть балки, чем левую. В тако!^ случае мы
получаем

22] ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ я ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ 71
M=r.R^{l-.X)-'P,{l--X—b,). (g)
Наконец, для последнего участка балки мы получаем
(^= —/?,, M=J?,(/—jc)r (h)
Из выражений (e)-^(h) мы видим, что на каждом участке балки
поперечная сила остается постоянной. Поэтбму эпюра поперечных
сил получается такой^ как показано на рис. 67, Ь. Изгибающий
момент на каждом участке балки является линейной функцией от
X. Поэтому на соответствующем участке эпюры он представлен
наклонной прямой линией. Чтобы начертить эти линии, мыэаме-
чаем из выражений (е) и ф), что на концах балки х = 0 йдс = /
моменты равны нулю. Моменты под грузами получаются
подстановкой в выражения (e),r<f) и (h) соответственнее^ =?= а„ д: »= а'^ и х = а,.
Таким образом мы получаем для вышеупомянутых моментов
следующие значения;
Пользуясь этими значениями, мы легко можем построить эпюру
изгибающих моментов, как показано на рис. 67, с.
В дграктйческих приложениях важно найти поперечные
сечения, в которых изгибающий момент имеет наибольшее или
наименьшее зна'^ение. В случае сосредоточенных грузов, только что
jjaccMOTpeHHbix на рис. 67, наибольший изгибающий момент имеет
место под грузом Р^. Этот груз соответствует на эпюре изгибающих
моментов точке rf„ в которой тангенс угла наклона эпюры меняет
знак. Далее, на уравнения E0) мы ^наш, что тангенс угла наклона
эпюры изгибающих моментов в какой-либо точке равен поперечной
силе. Поэтому изгибающий момент имеет свое наибольшее или
наименьшее значение в том сечении, где поперечная сила меняет свой
знак. Если по длине балки поперечная сила изменяется от прлозкй-
тельного значения к отрицательному, как, например, под грузом
Я, на рис. 67, то тангенс угла наклона эпюры изгибающих
моментов также И3;меняется от положительного значения к
отрицательному. Следовательно, в этом сечении мы имеем maximum
изгибающего момента ^ Изменение Q от отрицательного значения к
положительному указывает на \minimum изгибающего момента. В общем
случае эпюра поперечных сил может пересекать горизонтальную
ось в нескольких местах. Тогда каждой такой точке пересечения
будет соответствовать maximum или minimum на эпюре
изгибающих моментов. Необходимо исследовать числовые значения всех
этих maximum и minimum, чтобы найти численно наибольший
изгибающий момент.
Рассмотрим теперь случай равномерно распределенной
нагрузки (рис. 68). Из наших предыдущих рассуждений (стр. 70)

78
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ Й ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
[гл. 1П
мы имеем для поперечного сечения, находящегося на расстоянии х
от левой опоры,
2
Q==q{j--x) и M = f(/
■х).
(i)
Мы видим, что в этом случае эпюра поперечных сил представляет
наклонную прямую линию, для которой ординаты при л; == О и д: = /
соответственно равны ^ и —^, как показано на рис. 68, Ь. Из
выражения (i) можно видеть, что в этом случае изгибаюи|ий момент
представляет параболу с вер-
у(| 111111111 m 111 и 111 и 11 и I\Щ х тикальной осью в середине
пролета балки (рис. 68, 6).
Моменты на концах, т. е. при
X = О и JC = /, равны нулю, а
наибольшее значение момент
имеет в середине пролета, где
поперечная сила? меняет знак.
Этот maximum получаете^
I
. подстановкой л: = -^ в
выражение (i), которое дает
М =^
Если равномерная
нагрузка q покрывает только часть пролета {рис, 69), то мы должны
рассмотреть отдельно три участка длиной а; Ь и с. Для определе:
грузку Jee_pJlвнoдёйcтеyющёl Из уравнений статики для
моментов относительно В "и Л мыполучаем
Поперечная сила и изгибающий момент для ненагруженного
левого участка балки @<л;<а) будут
Q=/?, и M==R^x. (j)
Для поперечного сечения т«, взятого на нагруженном участке
балки, поперечная сила получается путем вычитания из реакции /?,
нагрузки q \х—а)\ расположенной слева от этого сечения.
Изгибающий момент в том же поперечном сечении получается путем
вычитания из момента реакции момента нагрузки, расположенной
слева от этого сечения. Таким образом, мы находим
Q = i?i—<?(л:—а) и M^R^x — qix — d)
(к)

22]
ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ
79
Для ненагруженного правого участка балки, рассматривая силы
справа от какого-либо сечения, мы находим
Q== —/?^ и M=^R,{l^x). A)
Пользуясь выражениями (j), (к) и A). мы можем легко построить
эпюры поперечных сил и изгибающих моментов. Эпюра поперечных
сил (рис. 69,6) состоит из горизонтальных отрезков a^c^ и d,6,,
соответствующих ненагруженным участкам балки, и наклонной
линии Cjd,, соответствующей равномерно нагруженному участку.
Эпюра изгибающих^ моментов '-
(рис. 69, с) состоит из двух /^
наклонных линий а^^^ и fe^dfj,
соответствующих ненагружен- д
ным участкам, и
параболической кривой Cjjgjdj с вертикаль- ty
ной осью, соответствующей ^'^
нагруженному участку бал- /?;
ки. Наибольший изгибакнций
момент будет в точке е„
которая соответствует точке е,,
где поперечная сила меняет
знак. В точках с, и d^
парабола касается соответственно
наклонных линий а^с^ и djb^.
Это следует из того, что в
точках с, и d, эпюры
поперечных сил не происходит
резкого изменения величины
поперечной силы. Следовательно,
на основании уравнения E0), не может быть резкоро изл^енения
наклона 9П|оры изгибающих моментов в соответствующих точках
Cj и dj. '
В случае консоли (рис. 70) для построет^ия эпюр поперечных
сил и изгибающих моментов применяется тот же метод, как и для
свободно лежащей балки. Измеряя х от левого конца балки в
рассматривая участок, расположенный слева от груза Р^ {0<х<и),
получаем
Q^-^P^ и М=—Р^х,
Знак минус в этих выражениях следует из правила знаков,
указанного на рис. 63, 6 и 64,6. Для праворо участка балки {а<х<1) мы
получаем
Q^^p^^P^ и /W=-~P,Jt —Я,(д:—а).
Соответствующие эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
показаны на рис. 70, b и 70, с. Полная площадь эпюры поперечных
Рис. 69.

80
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
[гл. ш
Сил В ЭТОМ случае не равна нулю, а равна —Р,/^Рг&, что выражает
изгибающий момент М^ в конце В балки. Эпюра изгибающих
моментов состоит 1йз двух наклонных линий а,с^ и с^Ь^, тангенсы углов,
наклона которых равны значениям, поперечной силы на
соответствующих участках консоли. Численно наибольший изгибающий
момент имеет место в заделанном конце 13бйлки.
Если консоль несет равномерно распределенную нагрузку
(рис. 71), то поперечная сила и изгибающий момент на расстоянии.
X равняются:
У-» ■ ' ял X ах^
Qtш—дх н М^-—qx-^=^ — —-.
Эпюра поперечной силы представлена на рис. 71, b наклонной
линией аЬ и изгибающий момент на рис. 71, с параболой а^Ь^, которая
'С
а.
^
а
b
aj
t-»
С,
-Г
4
Рис., 70.
Рис. 71.
имеет вертикальную ось и касается горизонтальной оси в точке а,,
где поперечная сила равна нулю. Численно наибольшие значения
изгибающего момента и поперечной силы имеют место в конце Б
балки. _ ^
Если на балку одновременно'действуют сосредоточенные и
распределенные нагрузки, то удобно строить эпюры отдельно для
каждого рода нагрузки, и путем сложения соответствующих
ординат двух отдельных эпюр получить полные значения Q и М в
любом поперечнш сечении. Если, например, мы имеем
сосредоточенные грузы Р,, Р, и Р, (рис. 67), действующие одновременно с
равномерной нагрузкой (рис. 68), то изгибающий момент в каком-либо
сечении получается путем сложения соотеетствующих ординат
эпюр, изображенных на рис. 67, (? и 68, с.

22]
ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ Й ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ
81
V ЗАДАЧИ
I. Построить в некоторсш масштабеТэгаорЬ! поперечных сил и изгибающих
моментов и найти значения наибольших положительных к отрицательных
поперечных сил й^изгибаюЩих моментов для балок, показанных на рис. 72»
шш
а/
12м-*
2,4м •'■' '' *ч
6J
■^2.4М'
7.SM
'I \nm/j^
/м
dj
■г.4м
ШШ
12м
\г*-1.вМ
fv* •va^iTl
■■7,вМ -*+*-
500пг
12м
CJ
500кг
500ке кбООиг
УШ/Л
15вО/(г li
/J
Рис. 72.
2. Построить в некоторсш масштабе эпюры поперечных сил и изгибакицих
моментов и найти значения наибольших положительных и отрицательных
поперечных сил и изгибающих моментов для консолей, показанных на рис. 73.
,,^00/ff
Ш
-IffM—*-
«*-/<&/—*-|-*^Ч
в/
i
Mwwm'ce/A,
ЛОм^
500/rS
6/
500т
-—1.8м--г^
!-*■—/<£</-—>•
5Шм
Рис. 73.
tij
'soom
3. Консоль, заделанная на правом конце, несет полную нагрузку Р,
интенсивность которой равномерно возрастает от нуля на. левом конце, как показано
наклонной линией АС на рис. 74, а. Построить эпюры поперечных сил и
изгибающих моментов.
Решение. Поперечная сила-в сечении тп, отстоящем на расстоянии хот-яе^
вого конца консоли, численйо равна заштрихованной части нагрузки. Так как
полная нагрузка Р представлена площадью треугольника АСВ, то заштрихован-
ная часть равняется Р-^, Пользуясь ранее принятым правилом знаков (рис. 64),
мы получаем
<?«-р^.
Таким образом, эпюра поперечных сил изображается на рис. 74, b параболой db
с вертикальной осью в точке а. Изгибающий момент в сечеыии тп, получится.

82
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
[гл. HI
если взять момент заштрихованной части нагрузки относительно центра тяжести
поперечного сечения тп. Следовательно,
М:
а
aj
^^"\ ■•
^; \
^
Рис. 74.
Этот момент представлен кривой а^б, на рис. 74, с.
4. Балка длиной / несет на концах два .равных
груза Р (рис. 75), уравновешенные равномерно
распределенной реакцией. Построить зпюры
поперечных сил и изгибающих моментов.
Ответ. Эпюры получаются из рис. 68, 6 и
68, с путем подстановки — 2Р вместо ql.
5. Балка длиною /~ 12 м несет в средине длины
сосредоточенйый груз Р= 1000 кг (рис. 76) и имеет
р равномерную по всей длине реакцию. Найти
численно наибольший цзгибающий момент. Построить
эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.
Ответ. Afjnax=1500 кгм. Требуемые эпюры для
каждой половины балки подобны эпюрам,
изображенным на рис. 71, Ь и 71, с.
6. Свободно лежащая балка длиною / несет
«i полную распределенную нагрузку Р, интенсивность
^ которой равномерно возрастает .от нуля на левом
конце, как показано на рис. 77, а. Построить в
некотором масштабе эпюры поперечных сил и
изгибающих моментов, если Р= 12 m и /= 12 л.
Решение. Реакции опор в этом случае будут
/?, == -^ :Р = 4 m и /?, = 8 т. Поперечная сила в
сечении тп получается путем вычитания заштрихованной части нагрузки из
реакции /?,. Следовательно,
«=«,-/.^ = /.A-^).
ЭЬюра поперечных сил изображена параболической кривой асЬ на рис, 77, 6.
Изгибающий момент в сечении тп равняется
Этот момент представлен кривой а^с^^ "^ Р'^'^ ^» ^« Наибольший момент имеет
место в точке с,, где поперечная сила меняет свои знак, т, е. при х = -j=:.
У 3
р
'
А
i
\
-/■
f
t
\
■
'
1 i
■Sm-
ттт
70[Юиг
-Вм
ТТТ
Рис. 75,
Рис. 76.
7. Свободно лежащая балка АВ несет распределенную нагрузку,
интенсивность которой представлена линией АСЕ, (рис, 78). Найти выражения для
поперечной силы и изгибающего момента в сечении тп.
Решение. Предполагая, что полная нагрузка Р приложена в центре тяжести
площади треугольника ЛСВ, найдем, что реакции опор будут
i?,=P
г1
и Я^=Р
1±а_
31

22]
ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ
83
Полная нагрузка делится на две части, которые представлены треугольниками
ACD и CBD и величина которых соответственно равна Pail и Pb/l. Заштрихован-
а >? х^
пая часть нагрузки равняется Р -.—^ = Р -у.-Тогда для поперечной силы и
изгибающего момента в сечении тп мы
получим
Q=R,-P^ и М=Р,х-р44-
al
al 3
Подобным образом можно получить
поперечную силу и изгибающий момент для
какого-либо сечения на участке DB балки.
8. Найти Мщах в предыдущей задаче,
если / = 12 м,Ь=Зм. Р = 12т.
Ответ. Af^ax ~ 22,4 тм.
Рис. 78,
9. Построить в некотором масштабе эпюры поперечных сил и изгибающих
моментов и найти значения наибольших положительных и отрицательных
поперечных сил и изгибающих моментов для балок с консолями (рис. 79),
mTTiiiHiiiniHiinTitg
m/ie^^><:^e
- е,
щ
-14м-
bj
50Dm
'4^
CJ
\9
-с-*^
\*-с
с!)
Рис. 79.
Решение. В случае, показанном на рис. 79, а, реакции равны 670 кг и 3300 кг.
Поперечная сила для левого участка балки равняется Q= 670 — 400 х. Она

щ-
84
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
{гл; т
mniifniiiiiiiiii
изображена на рисунке наклонной линией аЬ. Поперечная сила для правого участка
балки найдется как для консоли и показана наклоннбй линией be. Изгибающий
момент длялеэого участка балки равняется Л[ == 670 х — 400 -д-. Он изображен
параболой Cie,6,. Наибольший момент имеет место в точрке е, и соответствует точке е.
• где поперечная сила меняет свой знак.
Эпюра изгибающих моментов для правого
участка такая же, как и для консоли, и
изображена параболой 6,с,, касающейся
горизонтальной оси в точке с,.
10. Балка с двумя равными консо*
лями (рис. 80), нагруженная равномерно,
распределенной нагрузкой, имеет
длину 7. Найти расстояние^ между опорами
так чтобы изгибающий момент в середине балки численно равнялся изгибающим
моментам на опорах. Построить для этого случая эпюры поперечных сил и
изгибающих моментов.
Ответ, d = 0,586 /,
Рис. 80.

У.
В
р
НАПРЯЖЕНИЯ в ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ
СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ
23. Чистый изгиб
В предыдущей главе было упсмянуто, что величина напряжений
в каком-либо поперечном сечении балки определяется величиной
поперечной силы и изгибающего момента в этом сечении.
Определение напряжений мы начнем со случая, когда поперечная сила
равняется нулю и имее1ся только изгибающий момент. Этот случай
называется чыспгьш изгибом. Пример такого изгиба показан на
рис. 81* Из условий сим- г i ру
метрии мы заключаем, что }*^*>'^ i^ Г
реакции в этом случае рав- >?
ны Р. Рассматривая рав- ,.
новесие части балки, на- \/т
ходящейся слева от попе- *—
речного сечения тл, мы
можем заключить, что
внутренние усилия, раапреде- ' ^^
ленные по поперечному \ Рис.81,
сечению тп и
представляющие действие отброшенной правой части балки на левую,
должны быть статически эквивалентны паре сил, равной и
направленной противоположно изгибающему моменту Ра. Чтобы
найти закон распределения этих внутренних усилий по
поперечному сечению, необходимо рассмотр,еть деформацию балки. В
простом случае балки, имеющей продольную плоскость симметрии с
внешними парами изгцба, действующими в этой плоскости, изгиб
будет происходить в этой Ж(е плоскости. Если балка имеет
прямоугольное поперечное сечение и на ее гранях нанесены две смежные
вертикальные линии mm и рр, то непосредственный опыт
показывает, что эти линии при изгибе остаются прямыми и поворачиваются
так, что остаются нормальными к прсщольным волокнам балки
(рис. 82), Излагаемая ниже теория изгиба основана на
предположении, что не только проведенные на гранях линии, как тт^
остаются прямыми, но что все поперечное сечение балки, перво-
fa

Н"
86 НАПРЯЖЕНИЯ в ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [ГЛ. IV
начально плоское, остается и после изгиба плоским и нормальньм
к продольным волокнам балки. Опыт показывает, что теория,
основанная на этом предположении, дает очень точные результаты
для прогиба балок и деформации продольных волокон. Из
вышеуказанного предположения следует, что при изгибе поперечные
сечения mm и рр поворачиваются относительно друг друга около
оси, перпендикулярной к плоскости изгиба, так что продольные
волокна на выпуклой стороне испытывают растяжение, а на
вогнутой стороне — сжатие. Линия nni, есть след пересечения боковой
г7
Рис. 82.
грани с поверхностью, по которой волокна не претерпевают
изменения Длины при изгибе. Эта поверхность называется нейтральным
слоем, а линия ее пересечения с каким-либо поперечным сечением
называется нейтральной осью. Удлинение s's^, какого-либо волокна,
находящегося на расстоянии у от нейтрального слоя, получится,
если провести линию n,s, параллельно mm (рис. 82, а). Обозначая
через г радиус кривизны изогнутой оси^) балки и пользуясь
подобием треугольников пОп^и s^n^s', находим относительное удлире-
ние волокна ss'
—th.-.y
пп.
E2)
Из этого уравнения видно, что деформации продольных волокон
пропорциональны расстоянию у от нейтрального слоя и обратно
пропорциональны радиусу кривизны.
Опыты показывают, что продольное растяжение волокон на
выпуклой стороне балки сопровождается поперечным сжатием
и продольное сжатие на вогнутой стороне — поперечным
расширением такой же величины, как в случае простого растяжения или
сжатия (см. параграф 14). В результате этого изменяется форма
*) Осью балки называется геометрическое место .точек центров тяжести
поперечных сечений балок. О означает центр кривизны оси балки.

23] чистый ИЗГИБ 87
поперечного сечения, вертикальные стороны прямоугольного сече-
*ния становятся наклонными друг к Другу, как показано на рис.82,6.
Относительная деформация в поперечном направлении равна
е^=—це^=—ц^, E3)
где [1 — коэффициент Пуассона. Благодаря этому искажению все
прямые линии в поперечном сечении, параллельные оси г,
искривляются так, что остаются нормальными к боковым сторонам
сечения. Их радиус кривизны R будет больше г во столько раз, во
сколько 8д, численно больше е^ (см. уравнение 53), и мы получаем
R=±r. E4)
Из деформаций продольных волокон на основании закона Гука
определяются соответствующие напряжения (уравнение 4):
Закон распределения этих напряжений показан на рис. 83.
Напряжение в каком-либо волокне пропорционально расстоянию его от
нейтральной оси пп. Положение
нейтральной оси и радиуакривизны г—две
неизвестные в уравнении E5) — можно
теперь определить из того условия, что
силы, распределенные по какому-либо ^ iy^y*\ ^''с ^^
поперечному сечению балки, должны
дать сопротивляющуюся пару, которая
уравновесит внешнюю пару М (рис. 81).
Пусть flF означает элементарную
площадку поперечного сечения,
расположенную на расстоянии у от нейтральной оси
(рис. 83). Усилие, действующее на эту элементарнуюплощадку, равно
произведению напряжения (уравнение 55) на площадьuf/^, т. е. ~dF.
Вследствие того, что все такие усилия, распределенные по
поперечному сечению, представляют систему сил, эквивалентную паре
сил, равнодействующая этих усилий должна быть равна нулю, и
мы получаем
т. е. статический момент площади поперечного сечения
относительно нейтральной оси равен нулю. Сле^коъатепъио, нейтральная
ось проводит через центр тяжести сучения.
Момент усилия, приходящегося на элементарную площадку
rf/^, относительно нейтральной оси равен—d/'•^. Суммируя все

w
88 НАПРЯЯСЕНИЯ n ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ [ГЛ. IV
такие моменты по п(М1еречному сечению и полагая
равнодействующую равйой моменту М внешних сил, получаем следующее
уравнение для определения радиуса кривизны г:
\y-dF-y*»-j^M=^M или —""i^"' ^^
в котором
Z
есть момент инерции поперечного сечения относительно
нейтральной оси Z (см. приложение, стр. 350). Из уравнения E6) видно, что
кривизна изменяется прямо пропорционально изгибающему
моменту и обратно пропорционально величине EJ^, которая
называется жесткостью балки при изгибе. Исключая г из урайнений
E5) и E6), мы получаем следующее уравнение для определения
|1апряжений:
°«-^. / E7)
В этом уравнении момент М положителен, если вызывает д^
формацию изгиба выпуклостью вниз, как на рис. 82; ордината j/
положительна при направлении вниз.
Предыдущее рассуждение было приведено для случая
прямоугольного поперечного сечения. Оно остается справедливым также
и для бруса какой-либо иной формы поперечного сечения, который
имеет продольную плоскость симметрии и изгибается парами сил,
действукицими в этой Плоскости и приложенными <|ia концах брусэ.
В таких случаях изгиб происходит в плоскости действия пар, и
поперечные сечения остаются плоскими и нормальными к
продольным волокнам и после изгиба.
Наибольвдие растягивающие и сжимающие напряжения имеют
место в крайних волокнах, и в прямоугольном или в каком-либо
другом поперечном сечении, которое имеет центр тяжести по сере-
h
дине высоты Л, они будут при ^/ = ± g-. Тогда при положительной
М мы получаем
Z ■ * /
Для упрощения мы воспользуемся следующим обозначением;
Тогда
Н^.==^. E9)
(<^*)тах = г7' ^^*W*"—г;* ^^^
Величина Н7, называется >мрже«/по>м сопротивления площади сече;-

231 чистый й8;гив Щ
ния. В случае пр5шоугольного поперечного сечения (рис. 82,6)
мы имеем '
■«""If* w,«-f •
Для кругового поперечного сечения диаметра d
Для сечений различных профилей, применяемых на практике,ч
например, для двутавровых балок, швеллеров и т. д., величины
J, и Wg заводских размере» даются в таблицах справочникев.
В приложении даны таблицы для таких сечений.
Если центр тяжести поперечного сечения находится не по
середине высоты, как, например, в случае тавровой балки, и если Ы
и-Ла соответственно означают расстояния от нейтральной оси до
нижнего и верхнего крайних волокон, то при положительном
изгибающем м^енте мы получим
"* ■ ■ ■ г■
При отрицательном изгибающем моменте мы получим
ЗАДАЧИ
1. Определить наибольшее напряжение в паровозной оси* (рис. 84), если
с =33,75 см, диаметр оси й»25сл«, и нагрузка Р, передава^ая рессорой на
шейку оси, равна 10 400 кг.
Решение. Изгибаюи^яй момент, действующий в средней ;части оси, равен
М=^ Рс=^ 10 400-33,75/ocw. Наибольшее напряжение, по формуле F0),равняется
*"" Wg Jid* я-25* '
2. Определить радиус кривизны г и прогиб оси в предыдущей задаче, если
материалом является сталь и расстояние между цеитрйми шеек равняется 147,5 см.
Решение. Радиус кривизны г опреде-
Р
' /I V- в -
Р
ляется из уравнения E5) подстановкой
у=. ^=х 12,5 см, (аХах =^ 230 /сг/сл»:''тогда ЩЦ^ J[ TTJi
Е d 2.10'.12,5 .-.я-тпл
г=— . — = —^ «= 108 700 ел. Рис. 84.
При вычислении / (рис, 84) заметим, что изогнутая ось представляет дугу
окружности радуса г и DB «сть катет прямоугольного треугольника DOB, где
О -^ центр окружности. Поэтому
DW*~^t*-'{r-^f)*^^b-f^P',
f весьма мало по сравнению с радиусом г. и в этом уравнении величиной/' можно

90 НАПРЯЖЕНИЯ в ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [гЛ. IV
Пренебречь. Тогда
f=
DB^
2r
147,5'
8.108 700
- = 0,025 см.
3. Деревянная балка квадратного поперечного сечения 25X25 см оперта
в Л и Б (рис. 84) и «агружена силами Р, приложенными на концах. Определить
величину Р и щ)огиб f в середине, если АВ — 180 см.'с = 30 см, (Ох)^аих '^ ^7 кг/сл^
и £ == 1&кг/см\ Весом балки пренебрегается. Построить эпюры поперечных сил
и изгибающих моментов,
Огтет. Р=5816 кг. / = 0,217 см.
4о Двутавровая балка высотою 75 см оперта, как указано на рис. 85, и
нагружена на консолях равномерно распределенной нагрузкой 13 3(Ю fcaJM.
Определить наибольшее напряжение в средней часта балки и прогиб в середине балки,
если /г= 357 400 сл&.
,П. Р ■"■ IMi
V 'I " '"'
^ДбШ-*-
?;
-f,&if-
■*-ЛРм-
'Ш
W^cif\
\S^$CM
\
Рис. 85.
Решена. Изгибающий момент для средаей части балки будет М= 13 300- ЗХ
Х150= 5985000 «гси<. ^
_ М
(^л;)гаах— ^
5 985 000-37,5
357 400
= 628 /cг/cиf^ /= 0,377 см.
5. Определить наибольшее напряжение, возникающее в стальной проволоке
диаметра а = 0,08 см, при навивании ее на круглый барабан диаметра D = 50 еле.
Решение. Наибольшее удлинение от изгиба по формуле E2) равняется
d 0,08
D-fd
50
и соответствующее растягивающее напряжение равняется
2-10".0,08
^л) max — ^^ —
50
= 3200 mjcM\
6. Стальная линейка, имеющая поперечное сечение 0,08Х5с« и длину
/=25 см, изгибается парами сил, приложенными по концам, по дуге круга
в 60°. Определить наибольшее напряжение и прогиб.
Решение. Радиус кривизны г определяется из уравнения ^=-д-
г«= 23,9 см, и наибольшее напряжение по формуле E5) будда
откуда
(*^л;/ max —
£•0,08 2.10«.0,08
= 3350 /cг/cлt^
2г 2-23,9
Прогиб, вычисленный как для дуги круга, получится
/=гA—соз30°) = 3,2слс.
7. Определить наибольшее напряжение и величину пар сил, приложенных
по концам линейки в предыдущей задаче, если наибольший прогиб в средине
равен 2,5 см.
Ответ. (<^д^)п1ах "^ 2560 кг/ел?, M = 6,83 кгсм.

24] - РАЗЛИЧНЫЕ ФОРМЫ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ БАЛОК 91
8. Определить кривизну, вызываемую в свободно лежащей стальной балке
прямоугольного поперечного сечения неравномерным нагреванием по высоте h
поперечного сечения. Температура в какой-либо точке на расстоянии у от
серединной плоскости XZ балки (рис. 82) определяется из уравнения
^ о 1
to) У
h
где ^, есть температура внизу балки, t^ — температура вверху, f,—4—70° G и
коэффициент линейного расширения ag= 125-10"^. Каковы будут напряжения,
если концы балки заделаны.
Решение. Температура серединной плоскости xz постоянна, - -^ -"■, и измет
нение температуры других волокон пропорционально у. Соответствующие
относительные удлинения и укорочения от температуры будут также пропорциональны
у, т. е. они будут следовать тому же закону, как и деформации, определяемые
уравнением E2). Результатом этого неравномерного расширения волокон явится
изгиб балки, и радиус кривизны г найдется из уравнения E2), где вместо 8^.
- а- (^ — fn) ' ^ Лг ^
будет ^ ' ~ и вместо у будет -^. Тогда
1143 Л. .
^с (h — *о)
Если концы балки заделаны, то на концах будут вызваны реактивные пары
сил такой величины, что они уничтожат в месте заделки кривизну от
неравномерного нагревания. Отсюда'
г 1143 Л'
Подставляя это в уравнение E7), мы получаем
Еу
* 1143 л
и наибольшее напряжение равно
(<^д:)тах == 2-1143 ^^^^ ^^^^'*
9. Решить задачи 6 и 7, если дуга соответствует 10° и материалом
является медь.
10. Решить задачу 4, предполагая, что балка—-деревянная, имеет
квадратное поперечное сечение ЗОХ 30 ел и интенсивность распределенной нагрузки равна
1300 кг/м. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.
24. Различные формы поперечных сечений балок*)
Из рассуждений предыдущего параграфа следует, что
наибольшие растягивающие или сжимающие напряжения в
балке при чистом изгибе пропорциональны расстояниям наиболее
удаленных волокон от нейтральной оси поперечного сечения.
') Весьма полное рассмотрение различных форм поперечных сечений балок
дано Ваггё de Saint — Venant в его примечаниях к книге «Navier, Resistance
des corps solides», 3-е издание, стр. 122—62, 1864.

92 НАПРЯЖЕНИЯ в ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ 1ГЛ. IV
Поэтому, если материал одинаково сопротивляется и растяжению
и сжатию, будет логичным выбирать такие формы поперечногр
сечения, в которых центр тяжести находится по середине высоты
балки. Таким образом, получится один и тот же коэффициент
безопасности для растянутых и сжатых волокон. Эта мысль является
основанием для выбора сечений, симметричных относительно
нейтральной оси, для таких материалов, к^ак строительная сталь,
которая имеет один и тот же предел текучести как при растяжении, так
и при сжатии. Если сечение не симметрично относительно
нейтральной оси, например, сечение рельса, то материал
распределяется по сечению так, чтобы иметь центр тяжестей по середине его
высоты. •
Для материалов с низким сопротивлением растяжению и
высоким сопротивлением сж1атию, как в случае чугуна или бетона,
благбприятным поперечГным сечением
балки будет несимметричное относительно
нейтральной оси; и при этом такое, в
котором расстояния hi и Л2 от нейтральной оси
До наиболее удаленных растянутых и
сжатых волокон будут пропорциональны
допускаемым напряжениям материал а,на
растяжение и сжатие. Таким образом
получится сечение одинакового
сопротивления растяжению и сжатию. Например,
в тавровснй сечении центр тяжести
может бьпъ помещен в нужном месте по
высоте сечв1шя путем надлежащего подбора размеров ребра
и полки.
Для данного изгибающего момента наибольшее напряжение
зависит от момента сопротивления, и интересно отметить, что
имеются случаи, когда увеличение площади не дает уменьщения
этого напряжения. Например, брус квадратного поперечного
сечения, изгибаемый парами сил, действующими в вертикальной пло-
CKOctH, проходящей через диагонаЛъ поперечного сеЧения (рис. 86),
будет иметь меньшее напряжение, если срезать заштрихованные на
рисунке углы. Пусть а означает длину стороны квадрата, тогда
JMoMeHT инерции квадрата относительно оси г (см. приложение)
равен Jg=^a*/12 и соответствующий момент сопротивления равен
W,
аз —я—г——
Срежем тйгерь углы так, чтобы тр »»аа, где а есть дробь,
определяемая ниже. Новое поперечное сечение состоит из квадрата тт^
ттг со сторонами а(\—а) и двух параллелограммов тпп^т^.
Момент инерции этого нового роперечного сечения относительно оси г

24} - РАЗЛИЧНЫЕ ФОРМЫ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ БАЛОК 98
равняется
и соответствующий момент сопротивления будет
•^^яг аA-а) 12 ^ -- '
Если теперь мы определим значение а так, чтобы сделать этот
момент сопротивления наибольшим, то найдем а =; 1/9. Вставив
это значение а в выражение для W^', найдем, что срезыванием
углов наибольшее напряжение при изгибе уменьшаем
приблизительно на 5%.
Этот результат "легко сразу понять, если принять во внимание,
что момент сопротивления есть частное от деления момекта ин^)ции
на половину высоты поперечного сечения. Срезьшани«^1 углов
момент инерции поперечного сечения pi
уменьшается в меньшей степени, чем •—' '—
высота, следовательно, момент
сопротивления увеличивается и (а^^)(пах
Уменьшается. Подобный результат можно
получить в других случаях. Для прямо-
угЬльнйка с узкими выступающими
частыми (рис. 87, а) момент сопротивления,
при некоторых условиях, увеличивается срезыванием этих частей.
Для кругового поперечното сечения (рис. 87, Ь) момент
сопротивления увеличивается на 0,7% ср^ываниш двух заштрихованных
сегментов высотой 6 = 0,01 Id. В случае треугольного сечения
(рис. 87, с) момент сопротивления можно увеличить срезыванием
-заштрихованного угла.
При проектировании балки, испытьшающей чистый изгиб,
необходимо удовлетворить не только условиям прочности,.но также
и условиям ^экономии в весе самой балки. Из двух поперечных
сечений, имеющих один и тот же момент сопротивления, т> е.
удовлетворяющих условиям прочности с одинаковым коэффициентш
безопасности, сечение с меньшей плбщадью будет более
экономичным. Для сравнения различных форм поперечных сечений мы
рассмотрим сначала прямоугольник высотою h и шириною j?^ Момент
сопротивления равняется
Г,»^--^/"/?, (а)
где F означает площадь поперечного сечения. Видно, что
прямоугольное поперечное сечение становится более экономичным

94 НАПРЯЖЕНИЯ в ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [ГЛ. IV
С увеличением его высоты h. Однако имеется предел такого
увеличения. Когда сечение становится очень узким, то возникает вопрос
об устойчивости балки. Разрушение бйлки очень узкого
прямоугольного сечения может произойти не от преодоления
сопротивления материала, а от бокового выпучивания (см. том II).
В случае кругового поперечного сечения имеем
сравнивая круговое и квадратное поперечные сечения одинаковой
площади, находим, что сторона h квадрата будет h = d-~ и тогда
уравнение (а) дает
Г,= 0,147М
.■'.. >>
Сравнение этого значения Wg с (Ь) показывает, что
квадратное поперечное сечение является более экономичным, чем
круговое.
Исследование закона распределения напряжений по высоте
поперечного сечения (рис. 83) приводит к заключению, что при
экономичном проектировании необходимо большую часть материала
балки располагать по возможности дальше от нейтральной оси.
Наиболее благоприятный случай для данного поперечного сечения
площадью F и высотой h будет тот, когда каждая половина площади
будет сосредоточена на расстоянии /i/2 от нейтральной оси. Тогда
^^ = 24(|)'=i'; w,^^Fh. (с)
Это есть предел, к которому можно приближаться на практике,
пользуясь двутавровым сечением с наибольшей частью материала
в полках. Вследствие необходимости включения части материала
в стенку балки указанное условие (с) никогда не может быть
осуществлено, и для стандартных двутавровых прокатных профилей
мы имеем приближенно
^2=^0,30 Л. (d)
Сравнение (d) с (а) показьгоает, что двутавровое сечение значительно
экономичнее прямоугольного сечения той же высоты. Кроме того,
благодаря своим широким полкам двутавровая балка будет всегда
более устойчивой по отношению к боковому выпучиванию, чем
балка прямоугольного сечения той же высоты и того же
момента сопротивления. Этим объясняется причина того, что
двутавровые балки находят широкое применение в стальных
конструкциях.

241
РАЗЛИЧНЫЕ ФОРМЫ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ БАЛОК
95
ЗАДАЧИ
1. Определить-ширину х полка чугунной балки, имеющей сечение,
показанное на рис. 88, так, чтобы наибольшее растягивающее напряжение составляло одну
треть наибольшего сжимающего налряжения. Высота балки Л == 10 см, толщина
стенки и полки t = 2,5 см.
Решение, Для того чтобы удовлетворить условиям задачи, необходимо для
балки иметь такие размеры, чтобы расстояние с от центра тяжести до крайней
А/
С
1
Рис. ^8.
нижней грани равнялось -j-Л. Теперь, пользуясь рис 88, получаем уравнение
h t'
откуда
x=t^
ht^(x — t)t
h* ^ „. 100
h — 2t
=2,5^
10 — 5"
=22,5cHf.
2. Определить отношение («J^Wx • (<^x)min А^я швеллера, показанного на
рис. 89, если t^b см, h=Qb см, 6 = 60 см.
Ответ, {а^) ^^: (а^) „,„= в: 7.
СЕ
Af
])
^
Х-
JTi
Т
Рис. 89.
3. Определить условие, при котором уменьшение высоты А, сечения,
показанного на рис, 90, сопровождается увеличением момента сопротивления.
Решение. Wg =
bh*
6Л, ' 6 ' d/i, 6/1*
Условием для увеличения W^ с уменьшением Л, является
bh* dh^
6Л*
1
>
b h
1
HJ4.|n
J.
Рис. 90.
4. Определить, насколько нужно срезать угол
равностороннего треугольника поперечного сечения (рис, 87, с)
для того, чтобы получить наибольший Wg.
6. Определить отношение весов трех балок
одинаковой длины с одинаковым М и @;^)п1ах и имеющими
соответственно поперечные сечения: круглое, квадратное и прямоугольное с
отношением h~2b.
Ответ. 1,12:1:0,793.
6. Сделать сравнение моментов сопротивления для двух балок одинакового
веса, если первая является сплошной цилиндрической балкой Диаметра к, а
вторая представляет цилиндрическую трубу наружного диаметра D и внутреннего
диаметра D,»

96 НАПРЯЖЕНИЯ Й ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ [ГЛ. IV
Решение. Площади поперечных сечений обеих балок F = -j- ~ ——^ ^.
Fd n(D«--D*)
Для сплошной балки W'^-^, для трубчатой балки IF, «■ —j к- ^—^=
=^-^{ l-^j^-j. Замечая, чгоD'^=^Q* • исходим для трубчатой балки
и^,«--8-B-^^],такчто
Таким образом, для очень толстых труб D приближается к d и ITj, к W. Для
очень тонких труб D велико по сравнению с d и отношение W^ : W приближается
20
"К значению -^.
i ■
25. Общий случай изгиба поперечно нагруженных
симметричных балок
В общем случае изгиба балок, поперечно нагруженных в
плоскости симметрии, напряжения, распределенные по поперечному
сечению балки, должны уравновешивать поперечную силу и
изгибающий момент в этом сечении. Вычисление напряжений обычно
производят в два этапа, сначала определяют напряжения,
вызываемые изгибающим моментом и называемке нормальными
напряжениями, а затем определяют касательные напряжения, возникающие
от поперечной силы. В этом параграфе мы ограничимся
вычислением нормальных напряжений; "вопрос о касательных
напряжениях будет обсужден в следующем параграфе. При вычислении
нормальных напряжений мы предполагаем, что эти напряжения
распределяются таким же образом, как и в случае чистого изгиба,
и формулы для определения напряжений, выведенные в параграфе
23, будут справедливы. (Более полное обсуждение вопроса о
распределении напряжений вблизи точек приложения
сосредоточенных сил дано в томе П.)
Вычисление нормальных напряжений обычно Производят для
поперечных сечений, в которых изгибающий момент имеет
наибольшее положительное или Ч)трицательное значение. Имея численно
наибольший изгибающий момент и величину допускаемого
напряжения 1о^ ] при изгибе, получим необходимые размеры
поперечного сечения из уравнения
I^^hI-iP- F3)
Приложение этого уравнения покажем теперь на числовых
примерах.

25] ОБЩИЙ СЛУЧАЙ ИЗГИБА ПОПЕРЕЧНб НАПРУЖЕН. СИММЕ+РИЧНЫХ БАЛОК 97
ЗАДАЧИ
1. Определить необходимые размеры прокатной двутдвровой балки, свободно
лежащей на двух опорах с распределенной нагрузкой ЫЮкг/м, как показано на
рис. 91, если допускаемое напряжение @ц]» 1400 кг/см^. Принять во внимание
только нормальные напряжения и весом балки пренебречь.
Решение. Чтобы получить сечение, соответствующее наибольшему
изгибающему моменту, нужно построить эпюру поперечных сил (рис. 91, 6). Реакция
левой Ъпоры равна
Поперечная сила для какого-либо сечения участка АС балки равняется
Эта сила равна нулю при л: = -ejrjr- = ЗД4 м. Для этого сечейия изгибающий
момент будет наибольший:
Л4^ах ~ 1^70.3,14 — 500. у. 3,142 ^ 2465 /^гм = 246 500 кг см.
246500
Необходимый момент сопротивления Wz = - . .^^ = 176 смК Этому условию
удовлетворяет двутавровая балка ^№ 20с моментом сопротивления Wz= 184 см^.
^ ' Xm^i^ -:'.
500мг/л1
т
:^
"Т
jr.
JL
^hr*
Рис. 92.
2. Деревянная плотина (рис. 92) состоит-из вертикальных брусьев,
подобных АВ, прямоугольного поперечного сечения размером Л = 30си<, опертых на
концах. Определить (<У^^)„ах' ^^^"^ Длина брусьев /=6 м. и весом брусьев пренебре-
гается.
Решение. Если Ь есть ширина бруса, то полное гидростатическое давление
на брус, изображенное трехгранной призмой ЛВС, равняется Н =*^-^ Ы*.
Реакция в А равняется R^ = — Н =^-^ Ы^ и поперечная сила в каком-либо сечении
1) Здесь и на стр. 99, 100, 101, 102 и 274 номера и размеры американских
двутавровых балок заменены номерами и размерами, установленными в СССР
ГОСТом 8239—56. (Прим. перев.).
4 СП. Тимошенко

98 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАДКАХ [ГЛ. IV
тп равна реакции /?, минус вес призмы Атп воды, т. е.
Положение поперечного сечения, соответствующего М^^х' навдется из условия
Q = 0 или
I X* '
откуда X = -^=. = 3,46 м.
Изгибающий момент в каком*либо поперечном чжчении тп равняется моменту
от реакции R^ минус момент от распределенной нагрузки, изображенной
трехгранной призмой Атп. Следовательно,
М «= RiX
Нх' X Их
/* 3
f ('-?)■
j^ 1
Подставляя найденные выше значения •п' — '^ и jf= 3,46 м, получаем
Л1_-_ =? — Ы* = 3,46 тм;
9
- ^Mmt -1(±У Ш.^ 92 3 кгЮм*
100''
3. Определить величину М^^ в балке, нагруженной треугольной нагрузкой
ADB. равной Р — 4800 кг, если 1 = ^ utd—l м (ряс. 93).
Peiuenue. Расстояние с до вертикали,
проходящей через центр тяжести С, от опоры
В в случае треугольника равняется
Реакция опоры А равна
^_^Яг_4800^^^^_
I
4-3
Рис. 93.
Поперечная сила в каком-либо сечении тп
равняется реакции R^ минус вес нагрузки,
представленной площадью Атп. Так как нагрузка, представленная площадью
ADE, равняется
50 получаем
Pil-d)_ 3
Q-^i-x^a-d)«*
Положение сечения, для которого момент имеет максимальное значение, найдется
из условия
^г-~Р
Х"
4 U-df
= 0

25] ОБЩИЙ СЛУЧАЙ ИЗГИБА ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕН. СИММЕТРИЧНЫХ БАЛОК 99
или
с» ^ 4/?, ^ 5
A - df ЗЯ ~ 9 •
откуда X = 2,24 м.
Изгибающий момент в каком-либо поперечном сечении тп равен моменту
от реакции /?1 минус момент от нагрузки Атп. Следовательно,
Вставляя X = 2,24 л, получаем М^^гх ~ 29ЮР кгм.
4. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для балки»
изображенной на рис. 94, а, и определить необходимые размеры двутаврового се"
чения, если а = с = -j- == 1,8 л, Р = 800 /сг, ^ = 500 кг/м, [а] = 1400 /сг/см*.Весом
балки можно "пренебречь. ,i
Решение. На рис. 94, 6 и 94, с показаны эпюры изгибающих моментов
и поперечных сил от распределенной нагрузки. К ним необходимо добавить
моменты и поперечные силы от нагрузки Р. Наибольший изгибающий
момент будет посередине пролета и
равняется
"<
/
- J
'
Р
А
а/
с
\
г >'
L *
к
м
max
= 1^ + ^-2250/сглс.
Необходимый момент-сопротивления
равняется
W _ 2250-100 .
Двутавровая балка № 18а с площадью
L-^l
\р
d^
iP
Рис. 95.
поперечного сечеии$^^25,4 с^и* и моментом сопротивления Wg~\59 см' является
ближайшей, удовлеТ1Ё1^як|щей условиям прочности.
б. Определить найбблёе невыгодное положение тележки подъемного крана,
которая перемещается на балке, как показано на рис. 95. Найти yVf^ax» ^^^ А^^'
ление на колесо равно Р = 4000 кг, 1= 7,2 лс, d = 1,8 м. Весом балки можно
пренебречь.
Решение. Если х есть расстояние левого колеса от левой опоры балки, то
изгибающий момент под этим колесом равняется
2p(l-x-^d\x
___ .
Этот момент получает наибольшее значение при
*- 2 Т'

100 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕНЙЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [ГЛ. IV
Следовательно, для того чтобы получить наибольший изгибающий момент под
левым колесрм, необходимо переместить тележку из среднего положения на
расстояние -г- к правой опоре. То же значение изгибающего момента можно получить
поЯ правым колесюм перемшхением тележки на -д- из среднего положения к левой
опоре.
М
шах
025 кгм.
е. Путь подъемного крана (рис. 96) уложен на двух двутавровых балках^
Определить наиболее невыгодное положение «рана, соответствующее./И„ах, и
размеры двутавровых балок, если [а\ — 1400 кг/см^, / = 10 л, а == 4 л, d *= 2 л, вес
крана Q*= 4m и груз, поднимаойый краном, Р — 0,8 т. Нагрузки расположены
посередине между двумя балками и р^аспределяются поровну между ними.
Решение. Наибольший изгибающий момент- будет под правым колесом,
когда расстояние этого колеса от правой опоры равняется /,
kk'-T^y
Alniax ~ ^ 121 000 кгсм. Считая, что момент поровну
распределяется между двумя балками, находим
необходимый момент сопротивления
W'z=5fe==400c^t»/^
Нужно взять двутавровую баЛку № 27а с площадью
bf поперечного сечения 43,^ сл^ и-моментом
сопротивления Wg =* 407 см*.
^ 7. Круглая деревянная балка, опёртая в точке С
и прикрепленная к основанию в точке А (рис. "97),
несет нагрузку <7=»4(H кг/л, равномерно
распределенную на части ВС. Построить эпюру изгибающих
моментов и опреде;щть необходимый диаметр d, о
ли [а] = 80 кг/см^, а= 1 л, 6=2 м.
Решение. Эпюра изгибающих моментов
показана на рис. 97,6, Чи^сленно наибольший изгибаю-,
щий момент будет в точке С и равняется 80 000 кгсм. Тогда из уравне>
ния F3) получим
S 22 см.
8. Деревянная плотина состоит из горизонтальных досок, поддерживаемых
вертикальными стойками, заделанными нижним концом (рис. 98). Определить раз-

25] ОБЩИЙ СЛУЧАЙ ИЗГИБА ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕН. СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛОК 101
меры,квадратного поперечного сечения стоек, если / == 2 ж, d ?= I мц[о] sA
= 40 кг/сл*. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.
Решение: Полное боковое давление Н на одну стойку представлено весом
трехгранной призмы ABC воды. В каком-либо сечении тп поперечная сила i^
изгибающий момент будут ,
Q=—
Нх*
М =
/« 3'
При определении знаков Q'u М предполагается, что рис. 98 повернут на 90*
против часовой стрелки, так что оси х и у совпадают с теми же осями рис. 61.
Необходимый размер b найдется из уравнения F3)
^1
т
т
В
тмм
'max
щ
1-22 2 100000
2 3 40
\
^Ш
шмш/м/м//мтл
откуда b = 27,1 qm.
Построение эпюр предоставляется
читателю.
9. Определить необходимые размеры
консольной балки двутаврового сечения,
которая несет равномерную нагрузку д=200кг/м
Я
т п
Щ Ot
\
Л
'^
Н
Рис. -88.
Рис. 99.
и сосредоточенную нагрузку Р « 300 кг на конце, если длина / = 1,5 л и [0] >
= 1400 кг]см^. ^ '
Ответ.
W^ =
C0O..,5+g«lbg)
1400
iOO
~ 48,2 ел».
Необходимо взять двутавровое сечение № 12 с моментом сопротивления Wg i=
= 58,4 слз.
10. Определить напряжения от изгиба в заклепке, предполагая, что силы,
действующие на заклепку, распределяются, как указано на рис. 99, Диаметр
заклепки d = 2 см, h = 0,6 см, hi==: I см, Р = 4 т.
Р h
Решение. Изгибающий момент в поперечном сечении тп равняется -к- -^,
Изгибающий момент в среднем поперечном сечении т^п^ равняется
2\2^4j-
Этот последний момент является наибольшим, и его нужно принять для
вычисления Напряжений. Тогда
/« ч ' Р ( ^ л^1\. «^' 4Р 2Л -I- Л1 , .^ , ,

Й"'
102 НАПРЯЖЕНИЯ в ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [ГЛ. TV
И. Определить необходимые моменты сопротивления и необходимые размеры
балок двутаврового сечения для случает, показанных на рис, 72, а, 72, с и 73, 6,
принимая допускаемое напряжение равным 1600 kbJcm^.
Ответ. W\ == 64 ел', W^ = 88 ел'; i^.=262 слс'. Необходимо взять
соответственно следующие номера профилей: 14, 16 и 24.
12. Определить необходимый момент сопротивления и необходимые размеры
свободно лежащей балки- двутаврового сечения, несущей равномерную нагруйку
400 KZJM и сосредоточенную нагрузку Р = 4 m в середине пролета. Длина балки
/ = 5 л и допускаемое напряж1Ецие [с] = 1600 кг/см^.
Ответ. W^, == 390 ел*. Необходимо взять двутавровое сечение № 27а с
моментом сопротивления W^ = 407 ел'.
13. Швеллер с поперечным сечением, показанным на рис. 89, свободно
опирается на концах и несет сосредоточенную нагрузку посередине пролета.
Вычислить наибольшее значение нагрузки, которую балка может нести, если
допускаемое напряжение на растяжение равняется 70 кг/ел? и на сжатие— 140/се/ел*,
/ = 5 ел, Л = 25 см, о = 60 ел и длина 1=3 м.
Ответ. Р = 2780 кг.
26. Касательные напряжения при изгибе
В предыдущем параграфе было указано, что когда балка
изгибается поперечными нагрузками, то в каком-либо поперечном
сечении тп балки (рис. 100) возникают не только нормальные
напряжения о^, но также и касательные напряжения т. Рассматривая
правук> часть балки (рис. 100), мы можем заключить из условий
1 1 ^77 1
П
а/
Х:
Рис. 100.
равновесия, что величина этих касательных напряжений такова, что
их сумма дает поперечную силу Q. При исследовании закона
распределения этих касательных напряжений по площади поперечного
сечения мы начнем с простого случая прямоугольного поперечного
сечения ттпп (рис. 101). В этом случае естественно предположить,что
касательное напряжение в каждой точке поперечного сечения
параллельно поперечной силе Q, т. е. параллельно сторонам
тп поперечного сечения. Мы обозначаем в этом случае
напряжения через ty^. Значок у при t^^ указьгоает на то, что касательное '
напряжение параллельно оси 'у, а значок х, что напряжение дейст-"
вует в плоскости, перпендикулярной оси х. В качестве второго
допущения предполагаем равномерное распределение касательных,
напряжений по ширине балки се^. Эти два допущения дают
возможность найти закон распределения касательных напряжений. Более
точное исследование поставленной задачи показывает, что резуль-

26]
КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ' ИЗГИБЕ
103
таты, получаемые путем приближенного решения, достаточ1но
точны и для узкого прямоугольника {h велико по сравнению с Ь,
рис. 101) практически совпадают с результатами точного решения^).
Если из балки вырезать двумя смежными поперечными
сечениями и двумя смежными плоскостями, параллельными нейтраль^
ному слою, элемент acdea^c^d^e^ (рис. 101, й), то, согласно нашим
допущениям, по вертикальной грани acc^a^ имеем равномерное
распределение касательных напряжений Ху^. Эти напряжения дают
момент {x^Jbdy)dx относительно нижнего заднего ребра ее, „
элемента, который должен уравновешиваться моментом {x^J)dx)dy от
iff
Рис. 101.
касательных напряжений, распределенных по горизонтальной
грани cdd^c^ элемента. Тогда
Xy^bdydx^x^ybdxdy и Ху^=х^у,
т. е. касательные напряжения, действующие по двум взаимно
перпендикулярным граням элемента, равны между собой *). Тот же
вывод был сделан прежде, при простом растяжении (см. стр. 40),
а также при растяжении или сжатии по двум перпендикулярным
направлениям (см. стр. 45).
Существование касательных напряжений в плоскостях,
параллельных нейтральному слою, можно показать на простом опыте.
Возьмем два равных прямоугольных бруса, положенных вместе
^) Точное решение этой задачи принадлежит St.-Venant'у, J.math. (Liouville),
1856. Оценка этой знаменитой работы St.-Venant'a дана Todhunter and
Pearson, History of the Theory of Elasticity, Cambridge, 1886—1893.
Приближенное решение, данное в этом параграфе, принадлежит Журавскому.
Французский перевод этой работы см. Ann. pontsetchausses, 1856. Точная теория
показывает, что когда высота балки мала по сравнению с шириной, разница между точной
и приближенной теориями становится значительной.
*) Мы рассматриваем здесь только абсолютное значение этих напряжений.

104 НАПРЯЖЕНИЯ в ПОПЁРЬЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ ^ГЛ. IV
свободно на опорах, как показано «а рис. 102, и изгибаемых
сосредоточенной нагрузкой Р. Если нет трения между брусами, то изгиб
каждого бруса будет происходить независимо от другого; каждый
будет имеагь сжатие верхних и растяжение нижних продольных
волокон, и они примут вид, показанный на рис. 102, д. Нижние
продольные волокна верхнего бруса скользят по верхним волокнам
нижнего бруса. В цельнсш брусе высотою 2Л (рис. 102, а) по
нейтральному /СЛОЮ ,пп должны появиться касательные напряжения
такой величины, чтобы они о^огли помешать скольжению верхней
части бруса относительно нижней, как показано') на дне. 102,^>.
Благодаря такому воспрепятствованию скольжению один брус
высотою 2А гораздо жестче и прочнее, чем два бруса, каждый
высотою h. Для того чтобы псжешать скольжещйю. на практике иногда
А/ СУ
Рис. 103.
применяют в составных деревянных балках шпонки, подобно а, Ь, с,...
(рис. 103, а). Наблюдения над зазорами у шпонок (рис. 103, ft)
AaidT возможность определить направление скольжения в случае
составной балки и, следовательно, направление касательных
напряжений, действующих по нейтральному слою в цельной балке").
Предыдущие рассуждения показывают, что касательные
напряжения г^,^^ в какой-либо точке поперечного сечения действуют в
плоскости сечения и численно равны горизонтальным касательным
напряжениям т , действующим в плоскости, параллельной
нейтральному слою и проходящей через ту же точку. Это последнее
напряжение легко может быть вычислено из условия равновесия
элемента рр^пщ, вырезанного из балки двумя смежньлми
поперечными сечениями тп и m,n и плоскостью рр,, параллельной
нейтральному слою (рис. 104, а) и A04,6). Воздействиями на этот эле-
^) Верхний ряд стрелок указывает действие нижней половины балки на
верхнюю половину, нижний ряд стрелок показывает действие верхней половины
балки на нижнюю.
' ■") О расчете составных деревянных балок ал. статью F. S t и s s i, Schwere
Notbrucke mit verdtibelten Balken, Geselschaft fur militarische Bautechnik, Zurich.

26]
КАСАТЕЛЬНЫЕ НАП)РЯЖенИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
105
мент,в направлении ОСИ х, будут касательные напряжения t-j, по
грани pp^ и нормальные ||апряжения а^ по граням рп и p^n^. Если
изгибающие моменты в поперечных сечениях тп и т^п^ равны, т. е.
в случае чистого изгиба, то нормальные напряжения а^ по граням
пр и rtjp, будут равны и взаимно уравновесятся. Тогда касательные
напряжения г^у будут равны нулю.
Рассмотрим теперь более общий случай переменного
изгибающего момента*, обозначая через М и M+cfAf соответственно моменты
в поперечных сечениях тп и m,«,. Тогда нормальное усилие,
действу ^ Af+cfM
Рис. 104.
вующее на элементарную площадку dF грани пррп, будет
(уравнение E7)).
Сумма всех этих усилий, распределенных по грани пррп элемента,
равняется
Л/2
J^rff. (а)
Таким же образом сумма нормальных усилий, действующих по
грани nipipini, равняется
Л/2
\<!!l±pidF. . (Ь)
Равнодействующая касательных напряжений т^^, действующих
по верхней грани ppi элемента, равняется
x^ybdx. (с)
Усилия, определяемые уравнениями (а), (Ь) и (с), должны
удовлетворять уравнению 2-^^^» поэтому
. ft/2 . ft/2
Vi
yt

106 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [гЛ. IV
откуда
А/2 ^
или, пользуясь уравнением E0), получаем
Л,'2
в этом уравнении интеграл представляет выражение для
статического момента заштрихованной части поперечного сечения,
рис. 104,6, относительно нейтральной оси г. Для рассматриваемого
прямоугольного сечения
dF^tdy,
и интеграл получается
А/2 ■ 4- ■
i'l
Vi
Тот же результат можно получить умножением рлощади
b ( y) —Уг заштрихованной части на расстояние
: тм
ее центра тяжести от нейтральной оси.
Подставляя (d) в уравнение F4), получаем для прямоугольного
сечения
Q
'^'ху '^ух 2J,
(?-^0- <^)
Видно, ЧТО касательные напряжения неравномерно распределяются
по площади поперечного сечения. Наибольшее значение х^^
получается при f/j= О, т. е. для точек, расположенных по нейтральной
оси. Из уравнения F5) получаем
, bh*
или, так как J^ = уо-,
it \ =^^
С^хЛах^Ц- ^^^)
Итак, наибольшее касательное напр-яжение в балке прямоугольного
поперечного сечения на 50% больше среднего значения касательного

26] КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЙ ПРИ НЗГИВЁ 107
напряжения, полученного путем деления величины поперечной
силы на площадь поперечного сечения.
В предыдущем выводе мы брали элемент;?пр,п, из,нижней части
балки. Тот же результат получится, если взять элемент из
верхней части балки.
Для верхних и нижних точек поперечного сечения у^=+^T^
уравнение F5) дает х^у = 0. График уравнения F5) (рис. 104, с)
показывает, что касательные напряжения изменяются по высоте
балки по параболическому закону. Заштрихованная площадь,
ограниченная параболой и умноженная на ширину b балки, дает
2
-^{'^xy)max^^~Q' ^^^ ^™ И ДОЛЖНО быТЬ.
Естественным следствием действия касательных напряжений
является сдвиг, который заставляет поперечные сечения, первоначально
плоские, искривляться. Это искривление можно легко
продемонстрировать путем изгиба приложенной на конце
силой прямоугольного бруска из резины (рис. 105), Щ-
на боковых гранях которого нанести пред- ф.
Jвapитeльнo линии. После изгиба линии не остают- d _
ся прямыми, как указано пунктиром, а искрив- ф'
ляются, так что наибольший сдвиг имеет место ф
»около нейтрального слоя. В точках m't т[, п', п[ %
сдвига нет, и в этих точках касательные к
кривым т'п' и m;n^ останутся нормальными к Рис. 105,
верхней и нижней поверхностям бруска и
после изгиба. У. нейтрального слоя углы между касательными
к кривым т'п' и nt'iti'i и нормальными сечениями равны
Ч—{'Са;у)тях1^- ^ока поперсчная сила остается постоянной по длине
балки, искривление всех поперечных сечений будет одинаково, так
что mm'—m^m'i, пп'=п^п'^, и не будет влиять на деформации
растяжения или сжатия продольных волокон, вызываемые изгибающим
моментом. Это обстоятельство объясняет законность применения
здесь уравнения E7), которое было выведено для чистого изгиба
и основано на допущении, что поперечные сечения бруса остаются
плоскими при изгибе.
Более точное исследование задачи -"^ показывает, что Ъ случае»
если на балку действует распределенная нагрузка и, следовательно,
величина поперечной силы непрерывно меняется по длине балки,
то искривление поперечных сечений также не оказывает
существенного влияния на деформации продольных волокон от действия
1) См. W. V.0 i g t, Gottingen Abhandl., т. 34, 1887; J. Н. М i с h e 11, Quart,
J. Math., T. 32, стр. 63, 1901; L. N. G. Fi lo n, Traas. Roy. Sos. (London) A.r. 201.
1903, и Procf. Roy. Sos, (London), т. 72, 1904. См. также Th. К a г m a n, Abhandl,
Aerodyn. Inst,, Tech, Hochschule (Aachen), т, 7, 1927.

.108 НАПРЯЖЕНИЯ в ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ (ГЛ. tV
. ■ ' •
изгибающего момента. В случае сосредоточенных грузов
распределение напряжений вблизи точек приложения грузов следует более
сложному закону, но это отклонение от прямолинейного закона
имеет местное значение (см. том. И).
ЗАДАЧИ
1. Определить предельные значения грузов Р, действующих на деревянную
прямоугольную балку (рис. 106), если 6 =20 ел, Л = 25 ел, (aj = 60 кг/сл^,
f-cj х= 15 ке/сл*, с=0,5л. -
Решение. Эпюры 'изгибающих моментов и поперечных сил даны на ри-
W Р\ , сункеЮв.
t
i-ii
/
р +
-r^
■■■
\?
*
■*4
Из уравнений
получаемJ
Я = 2500/сг и P = 5000 кг.
Следовательно, Р = 2500 кг естб
предельное значение груза.
Рис. 106.
Рис. 107.
2. Определить наибольшее нормальное и наибольшее касательное
напряжения в балке, изображенной на рис. 107, если о = 0,6 л, с= 1,2 л, i>= 20сл,
Л «= 25 ел и Р = 2,5 т.-
Ответ. @;,)иах= 48 кг1см^ и (Tj,;,)n,ax = 5 /сг/сл''.
,3. Определить наибольшее касательное напряжение, действующее по
нейтральному слою равномерно нагружённой балки, если длина балки/= 2 л,
нагрузка на погонный метр 7= 1300кг/л, высота поперечного сечения Л = 25 см и
ширина 6= 20гл. '
. Ответ, т^а^ ~ 3,9 ке/см^.
4. Определить наибольшее касательное напряжение в вертикальных
брусьях АВ задачи 2'^параграфа 25.
27. Л'аспределение касательных напряжений в случае круговога
поперечного сечения
При вьшоде закона распределения напряжений по круговому
сечению (рис. 108) нет никакого основания предполагать, что
касательные напряжения все параллельны прперечной силе Q. В
самом деле, мы можем легко показать, что в точках р у контура
поперечного сечения касательные напряжения направлены по касатель-

ат]
КАСАТ£ЛЬНЫе НАПМЖЁНИЯ в СЛУЧАЕ КРУГОВОГО СЕЧЕНИЯ
109
ной к контуру. Рассмотрим бесконечно малый элемент abed
(рис. 108, с) в форме прямоугольного паралледепипеда с гранью
adfgBB поверхности балки и гранью,е6с^ в плоскости ул поперечноп)
сечения. Если касательное напряжение, действующее по грани
abed элемента, имеет направление т, тЬоно может быть разложено на
два составляющих: т^^ в радиальном направлении йт^^^в направлении
по касательной к контуру. На основании условий равновесия прежде
было доказано (см. отр. 103), что если по какойчпибо элементарной
площадкгдействует касательное напряжение т, то по элемейтарной
площадке, перпендикулярной к данной; будет действовать такое же
касательное напряжение. Применяя этот вывод в данном, случае,
мы должн1л заключить, что если на
элементе abed в радиальноК!
направлении действует касательное
напряжение т^^, то должно
действовать касательное напряжение,
равное т^^, и по грани adgf элемента,
совпадающей с поверхностью
балки. Если боковая Поверхность
свободна от касательных
напряжений, то радиальная составляющая
т^^ кас|^тельного напряжения т
должна быть равна нулю, Т; е. t
должно быть направлено по касательной к контуру поперечного
сечения балки. В середине п хорды рр симметрия требует, чтобы
касательное напряжение имело направление поперечной силы Q. Тогда
направления касательных напряжений в точках р и п будут
пересекаться в некоторой точке О на оси у (рис. 108, б). Полагая теперь,
что касательное напряжение в какой-либо другой точке линии рр
также-направлено к точке О, имеем вполне определенные
направления касательных напряжений. В качестве второго допущения
принимаем, что вертикальные составляющие касательных напряжений
для всех точек линии рр одинаковы *). Так как это допущение вполне
совпадаете тем, что былохделано в случае прямоугольного
поперечного сечения, то можем воспользоваться для вычисления этЬй состав-
;|яющей уравнением F4). В этом случае b означает длину хорды pp.
Зная направление полного касательного напряжения и его
вертикальную составляющую, можем легко вычислить его величину для
любой точки поперечного сечения.
*) Приближенная теория, основанная на двух вышеуказанных допущениях,
дает удовлетворительную точность, и Ьравнение с точной теорией показывает, что
ошибка в величине наибольшего касательного напряжения составляет около 5%,
что невелико для практических приложений. См. St.-V е п а п t, цитир. на
стр. 103. См. также А. Е. Н. L о v е, Mathematical Theory of Elasticity, 4 изд.,
стр, 346, 1927.

по НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [ГЛ. IV
Вычислим теперь величину касательных напряжений по линии
рр поперечного сечения (рис. 109). Для того чтобы применить
уравнение F4) к рпределеншо вертикальной составляющей т,,^
этих напряжений, нужно найти статический момент площади
кругового сегмента, ограниченного линией рр, относительно оси г.
Элементарная полоска тп имеет длину 2YR^—у^ и ширину dy.
Площадь равна dF =2 Y^^—y^dy. Момент этой полоски
относительно Cz есть у dF и полный мсмент всего сегмента равен
^VR^-y'ydyr^^iR^-y'f.
Подставляя это в уравнение F4) и принимая Ь равньм 2 YR^—У'^ \
получаем значение вертикальной состав-
лякодей касательного напряжения
И полное касательное напряжение в
точках р (рис. 109) равняется
т =
X
ух
R QrYi^-'I
Yr'-vI ^^'
1
Отсюда видно, что maximum t получается при yi = 0, т. е. у
нейтральной
получим
ральной оси поперечного сечения. Тогда, подставляя У, = ^
* 4
_4 Q _4 Q ^
Следовательно, в случае кругового поперечного сечения наиболь-
. шее касательное напряжение на 33% больше среднего значения,
полученного путем деления поперечной силы на площадь
поперечного сечения.
28. Распределение касательных напряжений в двутавровых балках
При выводе закона распределения касательных напряжений в
стенке двутавровой балки (рис. 110) делаются те же допущения,
что и для прямоугольного поперечного сечения, а именно, что
касательные напряжения параллельны поперечной силе Q и
равномерно распределяются по толщине Ь^ стенки. Тогда для вычисления
напряжений х^^ можно воспользоваться уравнением F4). Для то-

28) РАСПРЕДЕЛЕНИЕ КАСАТЕЛЬНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ В ДВУТАВРОВЫХ ВАЛКАХ И1
чек линии рру отстоящих на расстоянии f/„ от нейтральной оси, где
ширина псшеречного сетения равна Ь,, момент заштрихованной
части относительно нейтральной оси z равняется
Подставляя в уравнение F4), получаел
ху
^ЛКт-^КМ^-^:)]-
F9)
Отсюда видно, что напряжения х^^ изменяются по высоте балки
по параболическому закону. Наибольшее и наименьшее значения
т в стенке балки получаются подстановкой в
ух
уравнение F9) y\=^VLy^^-^:
2
-tib
\)\
G0)
G1)
Когда &, очень мало по сравнению с ft, то нет
большой разницы между (Tj,^)^3x ^ (V^mln И ПраКТИ-
чески можно считать, что касательные
напряжения по площади поперечного сечения стенки
распределяются равномерно.
Хорошее приближение для {"^yj^^^ получается путем деления
полной поперечной силы Q на площадь поперечного сечения тсхлько
одной стенки. Это следует из того, что касательные напряжения,
распределенные по поперечному сечению стенки, дают силу, которая
почти равна Q, что означает, что стенка воспринимает почти всю
поперечную силу, а полки —• лишь- незначительную часть ее. Чтобы
доказать это, вычислим сумму
Ai/s
Подставляя выражение F9) вместо т^^^, получаел
и после интегрирования находим
2 2"^ 12
^^~h L
']•
(a)

112 НАПРЯЖЕНИЯ В.ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ [ГЛ^IV
Для малой толщины полок, т. е. когдй Л^ приближается к Л, момент
инерции J^ с достаточной точностью выражается уравнение
_bih-h,)ih+K)- \h\ .
•'«, 2 8 ^ 12 ' ^ '
В котором первый член представляет площадь поперечного сечения
полок, умножейную на квадрат расстояния (AH-/ti)/4 их центра
тяжести до оси Z, что приблизительно равно моменту инерции площади
поперечного сечения полок. Второй член есть момент инерции
площади поперечного сечения стенки. Сравнивая- (а) и (Ь), мы видим,
что, когда Л, приближается к h, сила Q, по величине приближается
к Q и, следовательно, поперечная сила оудет восприниматься почти
только одной стенкой.
При вьюоде закона распределения касательных напряжений по
поперечному сечению полок не может быть сделано допущение, что
напряжения не изменяются^ по ширине сечения. Например, на
уровне ае (рис. 110) по нижней грани полки аслйе касательные
напряжения t^jp должны быть равны нулю, так как соответственно
равные им напряжения х^^ на свободной нижней поверхности полки
равны нулю (см. стр. 105, а также рис. 108, с). Однако в части erf
касательные напряжения не равны нулю, но имеют значения,
вычисленные выше для (tj,jp)n,j„ в стенке. Это указывает на то, что в
месте erf, при сопряжении стенки и полки, распределение касательных
напряжений следует более сложному закону, чем можно вывести
на основании элементарного анализа. Для того чтобы уменьшить
концентрацию напряжений в точках с и rf, острые углы обычно
заменяют выкружками, как указано на рисунке ПО пунктирными
линиями. Более подробное исследование распределения касательных
напряжений в полках будет дано ниже (см. том П).
ЗАДАЧИ
1. Определить (Ту^^)„.х ^{"^yximin в поперечном сечении стенки двутавровой
балки (рис. 110), если 6=12 см, 6, = 1,2 см, Л==30 ел. А,=26 ел, Q == 12 т. Опреде-
у-, i| ..-у лить часть поперечной силы Q^, воспринимаемую стенкой.
I.
»,
Н—J
1 Ответ. {'^ху)хаял = 390 кг/см^, Kxy)min = 300 кг}см\
%^ I B, = 0,94(?.
^ 2. Определить наибольшее касательное напряжение в стенке
[тавровой балки (рис. 111), если Л == 20 см, \= 17,5 см, 6 == 10 см,
6,=2,5сли Q=400/c3.
Ответ. Пользуясь методом, принятым для двутавровой
их' балки, находим (T^.j,)^axfe 1U5 Ысм^.
-д -7*1 8. Определить наибольшее касательное напряжение в
задарит ill ''^ ^ и 6 параграфа 25. Применить балку двутаврового сечения
рис. II. ^ Предположить, что вся поперечная сила равномерно распре:
двляется по поперечному сечению^ стенки.
4. Определить наибольшее касательное напряженне в швеллере задачи 2
стр. 95, если Q = 4,8 т. .
Qmeem. (t^-^W = 29,4 кг/см^^

293
ГЛАВНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
ИЗ
29. Главные напряжения при изгибе
При помощи уравнений E7) и F4) можно вычислить
нормальное напряжение а^ и касательное напряжение т^^^ для любой точки
поперечного сечения, если известны изгибающий момент М и попе
речная сила ^для этого сечения; Наибольшее численное значение
0^ будет в волокне, наиболее удаленном от нейтральной оси, и
наибольшее значение "^ху-— обычно у нейтральной оси. В большинстве
случаев при проектировании пользуются лишь наибольшими
значениями Uj^ и Tj^y, полученными приведенным выше способом, и
размеры Поперечных сечений балок принимают такиМи, чтобы
удовлетворить условиям
Здесь предполагается, что материал одинаково сопротивляется
растяжению и сжатию и что [ofJ имеет одно значение. В противном
случае условия прочности '
при растяжении и сж;атии £к \Р
должны быть удовлетворе- ^ ff \
ны отдельно, и тогда по-
лучаел(
Wmax^t^^ при рас
тяжении; 1((T^)„j„| ^ [о 1 при
сжатии.
Однако имеются случаи,
когда необходимо сделать
более подробный анализ
напряжений и вычислить
главные напряжения.
Покажем такое вычисление
для балки, свободно
опертой и нагруженной
посередине (рис. П2). Для точки
А, лежащей ниже
нейтральной оси в поперечном
сечении тп, величины
напряжении а.
по
деляются по уравнениям
E7) и F4). На рис. 112,6
эти напряжения показаны -
действующими на
бесконечно малый элемент,
вырезанный из балки у точки А;
CJ
ej
Рис. 112.
их значения легко
определяются по значениям М и Q, Для бесконечно малого элемента можно
пренебречь изменениями напряжений а^^и т^^ в различных точках,
и можно допустить, что эл^ент находится в однородном напряжен-

щг
114 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [ГЛ. IV
НОМ'состоянии, т. е. что величины а^'И х^^у постоянны по всем граням
элемента. Такое напряженное состояние элемента конечных
размеров изображено на рис. 40, а.
Из предыдущих выводов (см. стр. 47) мы знаем, что напряжения
по граням элемента, вырезанного из напряженного тела,
изменяются с изменением направления этих граней и что можно так
повернуть элемент, что будут существовать лишь нормальные
напряжения (см. стр. 50). Такие направления граней называются
главными направлениями, а соответствующие напряжения — главными
напряжениями. Значения этих напряжений в данном случае можно
найти из уравнений C1) и C2) подстановкой в эти уравнения 0^=0.
Тогда мы получим
"шах^^Ч- l/(fy+^. G2)
<'„„=^-/(fy+^- G3)
Необходимо заметить, чтоа^^^^^^—растягивающее напряжение, SiCfjain—
сжимающее. Зная главные напряжения, наибольшее касательное
напряжение в любой точке получим из уравнения C4) (см. стр. 51):
t_==^n-=l^„_ /(^Уйг^- G4)
Для определения направлений главных напряжений можно
воспользоваться кругом Мора. Для элемента у точки А (рис. 112, 6)
соответствующий круг Мора показан на рис. 112, с. Взяв расстояние
0F=o^ nDF=r^y, получим точку D, определяющую напряжения,
действующие по граням be и ad элемента. Отрезок OF отложен в
положительном направлении а, DF вверх, так как о^ есть
растягивающее напряжение, а касательные напряжения т^^, действующие по
граням be и ad, дают пару, вращающую почасовой стрелке (см. стр.
71). Точка D, определяет напряжения, действующие по граням аЬ
и dc элемента, по которым нормальные напряжения равны нулю,
а касательные напряжения отрицательны. Окружность, по(:троен-
ная на диаметре DD^, определяет о^ах" ^^ ** ^min^ — ^^- ^ ''^^^^
же построения определяется угол 2ф, и направление а^^^ на
рис. 112,6 получается измерением ф от оси х по направлению
движения часовой стрелки. Конечно, о^^^ перпендикулярно а^^^.
Взяв сечение т^п^ справа от груза Р (рис. 112, а) и рассмотрев
точку Л, расположенную выше нейтральной оси, найдем, что
напряжения, действующие на элемент abcdy точки Л, будут направлег
ны так, как указано на рис. 112, d. Соответствующий круг Мора
показан на рис. 112, е. Точка D определяет напряжения для граней аЬ
и cd элемента abed и точка Di — напряжения по граням ad и 6с.

29]
ГЛАВНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
115
Угол ф, определяющий направление о^^, должен быть измерен по
направлению движения часовой стрелки от внешней нормали к
грани аЬ или cd, как показано на рис. 112, d.
Если возьмем точку на нейтральном слое, то о^ получается
равным нулю. Элементу этой точки будет находиться в состоянии чистого
сдвига. Главные напряжения будут направлены под углом 45®
к осям хну.
Можно построить две системы ортогональных кривых,
касательные к которым в любой точке будут иметь направления главных
напряжений в этой точке. Такие кривые называются траекториями
напряжений. Рис. 113 показывает траектории напряжений для
консольной балки прямоугольного сечения, нагруженной на конце.
Все эти кривые пересекают нейтральный слой под углом 45° и, имеют
горизонтальное и вертикальное направление в точках, где
касательные напряжения t равны нулю, т. е. у верхней и нижней
Рис. 113.
Рис. 114.
поверхностей балки. Траектории, дающие направления (oj^
(растяжение), изображены сплошными линиями, а пунктирные
траектории определяют; направления а^^.д. На рис. 114 изображены
траектории и эпюры распределения напряжений для а^ и t^^no нескольким
поперечным сечениям свободно опертой прямоугольной балки,
нагруженной равномерно распределенной нагрузкой. Ясно видно,
что а имеет наибольшее значениев середине, где изгибающий
момент М является наибольшим, а х^у— наибольшее на опорах, где
действует наибольшая поперечная сила ^).
При проектировании балок имеет значение численно
наибольшая величина а. Из уравнения G2) можно видеть, что для наиболее
удаленных растянутых волокон, где сдвига нет, продольное
нормальное напряжение а^ становится главным напряжением, т. е.
^тах~(^дг)тах- ^^^ ВОЛОКОН, бЛИЗКИХ К НеЙтраЛЬНОЙ ОСИ, ПрОДОЛЬ-
ные напряжения о'^ меньше, чем для крайних волокон. Однако здесь
действует еще касательное напряжение т^^, и напряжения о^ и
т^у, действующие вместе в этой точке,могут дать главное напряжение.
'*^) Несколько примеров построения траекторий напряжений разобрано
1. Wagner» ом Z, Ostern Ing. u. Architekt. Ver., стр. 615, 1911.

116 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ {гЛ. IV
определяемое уравнением G2), которое численно мсщет быть
больше напряжения в крайнем волокне. В балках прймоугольного или
круглого поперечных сечений, в которых касательное напряжение х
изменяется постепенно по высоте балки, этого обычно небывает,и
напряжение (о^) п,д^,вычисленн6е для наиболее удаленного волокна в
сечении с наибольшим изгибающим моментом, есть наибольшее
напряжение, действующее в балке. Однако в некоторых балках, например,
двутаврового сечения, в которых происходит резкое изменение
величины касательного напряжения в месте сопряжения полки и стенки
(см, стр. 111) главное напряжение, вычисленное в этом месте из
уравнения G2), может быть больше напряжения (о^)^^^ в наиболее
удаленном волокне и должно быть принято в расчет при.
проектирований. Для иллюстрации рассмотрим представленную на рис; 112,0
балку двутаврового сечения с тши же размерами, к^ак и в задаче
1-й, стр. 112, и при этом длина пррлета / — 0,6 м и Р'= 24т. Тогда
Al^gjj==360 000 кг см и Qmax™ ^^ '"• ^° формуле E7) растягивающее
напряжение в наиболее удаленном волокне равняется
, ■ 360000-15 .QO /2
Юшах'^ 112б0 =^^^ '^^1^^'
Для точки в месте сопряжения полки и стенки получаем следующие
значения нормального и касательного напряжений:
_ 482.26 ji 1.7 т I г
а^^==—35^=417,7 KdjcM*, .
t^^=300 KejcM^.
Тогда из уравнения G2) главное напряжение равно
<^шах=575 кг/см\
Отсюда видно, что о^^^ в месте сопряжения подки и стенки
больше растягивающега напряжения наиболее удаленного волокнЯ, и
поэтому оно должно быть принято при проектировании.
ЗАДАЧИ
1. Определить а^^у^ и o^i^ в точке, находящейся на 5 см ниже нейтральной оси,
в сечении, отстоящем на 1 л отт.наг]руженного конца консоли (рис. 113), если высота
h — 20 см, ширина Ь= 10 см я Я = 800 кеГ. Определить угол между направлением
<^тах " ^^^ точке и осью X.
Ответ. Ox^—Wfcejсм^, т^_^,=4,5кг/см^, apjax—0,34 /cг:/aи^ cr^in~—60,34 кг/см%
Угол между направлением (Tniaj. и осью х равняется 85''44', считая по
направлению движения часовой стрелки.
2. Определить (Т,„,щ и On,j„ на нейтральной оси в поперечном сечении,
отстоящем на 0,3 л« от левой^опоры, для балки прямоугольного сечения, равномерно на-,
груженной и свободно опертой по концам (рис. 114). Размеры поперечного сечения
те же, что и в предыдущей задаче: q «= 1300 кг/м, / =* 3 л.
Ответ. сГтах=^ —^mitr^^^''^ кг/см\
3. Определить длину двутавровой балки, рассмотренной на стр. 116, при
которой (cfjc)n,ax будет равняться а^^ах ^ месте сопряжения полки и стенки. "*
Ответ, / = 102 см.

30] НАПРЯЖЕНИЯ В СОСТАВНЫХ баЛках llT
30. Напряжения в составных балках
В инженерной практике часто применяют составные балки, и
напряжения в них обычно рассчитывают в предполсщейии, что их
части жестко соединены. Тогда расчет будет заключаться в: а)
проектировании балки, как цельнее ^алки, и Ь) проектировании и
расположении элементов, которые соединяют части балки. В первом
случае применяются формулы для цельных балок, а влияние
ослаблений заклепочными и болтовыми отверстиями, прорвами для шпо-'
нок и т." д.'учитываетс?1 пути! уменьшения сечений.
Проиллюстрируем теперь расчет шпонок и заклепок.
Рассмотрим сначала составную деревянную балку, показанную
на рис. 103. Предполагается, что шпонки, поставленные между
двумя брусьями, составляющими балку, достаточно прочны для того,
чтобы сопротивляться срезывающим усилиям S (риС. 103,6). Тогда
для определения величины а^ можно будет применить уравнение
E7). Для того чтобы учесть ослабление сечения шпоночными
канавками и баятсюыми отверстиями, необходимо ввести в расчет только
заштрихованную часть сечения, указанную на рис. 103, с. Тогда
^.=П^{BЛ)'-Bс)'1.
При нахождении срезывающего усилия S, действующего на
каждую шпонку, предполагаем, что это усилие равно
равнодействующей касательных напряжений, распределенных в цельной
балке на площади be нейтрального слоя, где b есть ширина балки и е—
расстояние между осями шпонок (рис. 103, а). Тогда, пользуясь,
уравнением F6)т^ считая в этом случае высоту балки равной 2Л,
получаем ^ .
Размеры шпонок и расстояние е между ними должны быть выбраны
так, чтобы обеспечить прочное сопротивление шпонок срезыванию и
смятию по боковым граням, а также смятию торцевых тГлощадок
брусьев-в шпоночных канавках. При таких расчетах обычно делакУГ
грубое допущение, что касательные напряжения' равномерно
распределяются по среднему сечению аЬ шпонки и что давление на
роковых гранях шпонок равншерно распределяется по плоцади сЪ.
Тогда, обозначай через it] допускаемое напряжение на срез шпонок
и через [«^„1 допускаемое напряжение на поперечное смятие дере-
вяйных шпонок или шпоночных канавок, получим следующие
уравнения для определения размеров шпонок;

118 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [гЛ. IV
Необходимо также обеспечить достаточную сопротивляемость скалы-
ваниюдеревянной балки вдоль волокбн между двумя шпонками.
Скалывающее усилие опять будет равно 5 и воспринимающая его
площадка равна Ь{е—а). Обозначая через [т' ] допускаемое напряжение
на скалывание материала балки вдоль волокон, получим условие
прочности:
6 (е — а) ^ ^
В дополнение к шпонкам имеются Лпты (рис. 103), соединяющие
части балки. При стягивании их возникает между частями балки
трение. При расчетах этим трением обычно пренебрегают и полагают,
что вся поперечная сила воспринимается шпонками. Опыты
показывают, что-такие составные деревянные балки слабее цельных
балок тех же размеров ^).
При вычислении напряжений о^ в составных стальных балках
или сплошных фермах влияние ослабления сечения заклепочными
отверстиями обычно принимают во внимание, полагая, что все
отверстия находятся в одном и том же поперечном сечении балки ^)
(рис. 115, а), и вычисляют для уравнения E7) J^ площади,
ослабленной отверстиями.
При вычислении наибольшего касательного напряжения х^^
на практике также принимают в расчет ослабление сечения
Заклепочными отверстиями. Можно видеть, что площадь поперечного
сечения стенки благодаря отверстиям уменьшается в отношении
(е — rf)/e, где е есть расстояние между центрами отверстий и rf —
диаметр отверстий. Поэтому для вычисления х^у в стенке
двутавровых балок в правую часть уравнения F4) обычно вставляется
множитель е/(е — d). При этом необходимо заметить, что этот способ
учета влияния ослаблеькя заклепочными отверстиями является
грубьм приОлижением. Действительное же распределение
напряжений около отверстий весьма сложно. Рассмотрение
концентрации напряжений у краев отверстия будет приведено ниже
(см. том II).
Для определения перерезывающей силы, действующей на
заклепку, например Л (рис. 115,6), рассмотрим два поперечных
сечения тп и m,n,. Вследствие разности изгибающих моментов в этих
двух сечениях нормальные напряжения о^ в сечениях тп и m^n,
будут различны, и пояс балки, заштрихованный на рис. 115, г,
будет стремиться скользить по стенке. Этому скольжению препят-
^) Опыты, произведенные проф. Е. Kidwell'oM в Мичиганском горном
колледже, показывают, что составные деревянные балки имеют около 75% прочности
по сравнению с цельными тех же размеров.
^) Отверстия в вертикальной стенке имеются в сечениях, где приклепаны
к балке уголки жесткости.

301
НАПРЯЖЕНИЯ В СОСТАВНЫХ БАЛКАХ
119
ствуют силы трения и заклепка А. Ёйли пренебречь «влиянием
трения, то сила, действующая на заклепку, получается равной
разности нормальных усилий, действующих на сечения тп и т^п^ пояса.
=tt
d^\
е
в/
/п
/У+Л//-
о
.х^
тг^
FB^
Ь
:с-
~ш
CJ
i
ОпОдОгьФпОп
2
-4J-
Л П,
Рис. 115.
.1
Усилие, действующее на пояс в поперечном сечении тп, равняется
(см. уравнение (а), стр. 105)
т^v^^^
где интегрирование должно быть распространено на
заштрихованную площадь поперечного сечения пояса. Таким же образом в
поперечном сечении т^п^ получаем
Тогда усилие, передаваемое заклепкой А от пояса к стенке, будет
равно /
S=^J,.f. ■ (а)
Пользуясь уравнением E0) и подставляя вместо dx расстоянием
между заклепками, получаем
AM=Qm,
где Q есть поперечная сила в поперечном сечении балки,
проходящем через заклепку А. Вставляя в уравнение (а), получаем
¥,W^-
G6)
Интеграл, входящий в это уравнение, представляет статический
момент заштрихованной площади поперечного сечения (рис. П5,с)
пояса относительно оси г.
Легко видеть, что для того, чтобы происходило скольжение
пояса по стенке, заклепкадолжна быть срезана по двум поперечным

120 НАПРЯЖЕНИЯ в ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ'1ГЛ. TV
сечениям. Полагая, что сила S равномерно распределяется по этим
сечениям, получаем касательное напряжение в заклепке
S 2Qe
Ц-^lydF. G7)
Сила S иногда вызывает значительные касательные напряжения
в стенке балки по длине аЬ (см. рис. 115, 6), что должно быть
принято во внимание. Полагая, что эти напряжения равнсшерно
распределены, и разделив S на площадь 6, {е—d)^ получаем
*'=|,rbJVdf. (ь)
В добавление к этому напряжению, возникающему от усилия S,
передаваемого от поясов, будет действовать в той же плоскости об
касательное напряжение г", возникающее от изгиба стенки.
Величина этих, напряжений получится из вышеуказанного уравнения
(Ь) посредством подстансдаки, вместо \ydF^ статического момента
относительно нейтральной оси г части прямоугольного поперечного
сечения стенки,»расположенной выше плоскости аЬ. Таким образом,
мы приходим к следующему уравнению для касательных
напряжений Tj,^ в стенке по площади аЬ:
"^ух
-^^^-WJ^A^^^' . <™'
В котором интеграл распространяется на заштрихованную площадь
поперечного сечения, показанную на рис. 115, d. Зная а^ и т^^^,
можем вычислить о^^^ и Oj^,^ для точек площади аЬ из уравнений G2)
и G4), как было указано в предыдущем параграфе, а также
определить направления главных напряжений. '
Из предыдущих рассуждений видно, что при определении
напряжений в составных двутавровых балках для упрощения
вычислений сделано несколько допущений. Это до некоторой степени
уменьшает точность вычисления напряжений, чтй должно быть принято
во внимание при выборе допускаемых напряжений для составных
балок ^).
^) Опыты показывают, что разрушение двутавровых балок обычно происходит
вследствие выпучивания сжатых •поясов или стенки (см. Н. F. Moor е, Univ. of
Illinois. Bull. № 68, 1913). '
Этот вопрос о вйпучивании будет рассмо1рен ниже. Влияние изгиба заклепок
на * распределение напряжений в двутавровых балках рассмотрен I. А г п о v-
1 е V i с, Z. Architekt. и. Ingenieurw., стр. 57, 1910. Он нашел, что вследствие этого
изгиба напряжения для обычных соотношений в бадках увеличиваются пр^бли*
зительно на 6%.

30] НАПРЯЖЕНИЯ В СОСТАВНЫХ БАЛКАЗ? 121
ЗАДАЧИ
1. Деревянная балка (рис. 103) состоит из двух брусьев прямоугольного
поперечного сечения, соединенных шпонками.
Onpeдeлиtь срезывающую силу, действующую на шпонку, касательно^
напряжение т в шпонке н давление на единицу площади ее боковых граней,если
нагрузка Р — 2т, ширина балки b = 12,5 см, высота 2А = 40 ел, ишриНа шпонки^а ^
=7,5 см, высота шпонки 2с==6 смм расстояние между центрами шпонок е=27,5 cjn,
^3 1000-27,5 ,rt-,
Ответ. S = -^ .^ ■ = 1031 кг.
2 40
Касательное напряжение в шпонке будет
' __S __ 10311 _ ,
**"об" 7.6-12.5 " '^'^^'
Давление на единицу пЛ(щади боковой грани равняется
^ S 1031 „, - ,'
•# -
2. Определить касательное напряжение по нейтральному слою балки, стейка
которой имеет толщину 2 см и высоту 1,25 м, пояса состоят йздвух паруголюю
150Х 150Х 12 мм, если полная поперечная сила в сечении равняется 60 т.
Определить также карательные НапрянЬния в заклепк1ах, прикреплякицих пояса к стенке,
если диаметр этих заклепок равен 2,5 см и шаг £= 10 см (рис; 116).
Решение. Для данных размеров имеем: . ■
о. IOCS
У^ = f-i|i-+ 4 G45 + 34,9.58,36») == 803 600 ел*.
Статический момент половины сечения относительно нейтральной оси равен
А
J У df = 2 -^ . -^ +, 2.34,9.58,35 = 7980 сл».
В этом вычислении 34,9 см^ есть площадь поперечного сечения уголка, 745 cjd*
есть момент инерции площади сечения уголка относительно оси, проходящей через
его центр тяжести параллельно нейтральной оси балки, 58,35 см — расстойние
центра тяжести каждого уголка от нейтральной оси z балки. Все числовые данные
можно взять из справочника. Теперь из уравнения F4) получаем
(X ) 60000.7980 ^g .,^.
^V^/max— 2-803 600 ~''
Если примем во внимание ослабление стенки заклепочными отверстиями, то
Усилие S, передавэемое на одну 3aKjiEnKy, по уравнению G6) будет
„ 60000.10.4073 „^.^,
^-^ 803 600 =3040.«а.
Касательные напряжения в заклепке находим по уравнению G7)
3040.2 -,- , ,
"^ == 3.14.2,5'^^^^^^^^'

122 НАПРЯЖЕНИЯ в ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [гЛ. IV
3. Определить а^ах в точках сечения аЬ, отстоящего (рис. 115) на расстоянии
55 €wM от нейтральной оси, если размеры балки те же, что в предыдущей задаче,
Q==60 000 кг и изгибающий мрмент M==3' 10' кгсм.
Решение. Из уравнения G8) имеем
^ 000 10 ^^^^34.881) = 246 кг}см\
7Sm
\
*
■
3 J
b—
-\
^>*" 2-803600
<?*=
3«10'-55
803 600
= 205 KzjcM*,
^па\— 2 "г
/#•
-\-х1 = 369 кг1см\
д)
Рис. 116.
4. Определить срезывающую силу в
заклепках, соединяющих два рельса, показанных на
рис. 116, если площадь поперечного сечения
одного рельса f = 62,5 сл(®, расстояние от
подошвы рельса до центра тяжести его поперечного сечения с == 7,5 см, момент
инерции площади поперечного сечения р^ельса относительно оси, проходящей через
его центр тяжести с и параллельной оси г, равен 1562 сл<*, расстояние между
заклепками е= 15 см а поперечная сила Q = 2 т.
1 2000.15.62,5-7,5
Ответ: S=
2 2A562+62,5.56,25)
692 кг.

ГЛАВА V
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ БАЛКИ
81. Дифференциальное уравнение изогнутой оси
При расчете, балок инженер обычно интересуется не только
напряжениями, возникающими от действующих нагрузок, но также и
прогибами, вызываемыми-этими нагрузками. Кроме того, во многих
случаях ставится условие, чтобы наибольший прогиб не
превосходил некоторой небольшой части пролета.
Пусть кривая АтВ на рис. 117 изображает форму оси балки после
изгиба. Изгиб имеет место в плоскостц симметрии вследствие того,
JJ
ер-
1
т
1
ч
Щ
dx
Рис. 117.
ЧТО поперечные силы действуют в этой же плоскости. Эта кривая
называется изогнутой осью балки.Цпя того чтобы вывести
дифференциальное уравнение этой кривой, возьмем координатные оси, как
показано на рисунке, и предположим, что кривизна изогнутой .оси
в Любой точке зависит только от величины изгибающего момента М
в этой точке^). В таком случае зависимость между кривизной и
изгибающим моментом будет та же, что и в случае чистого изгиба (см.
уравнение E6)), и мы получаем
1 ' М , .
^) Влияние поперечной силы на кривизну будет рассмотрено ниже (см.
параграф 39). Будет показано, что это влияние мало и им можно пренебречь.

m
щг
124 ИЗОГНУТАЯ ось БАЛКИ [гл. V
Чтобы вывести выражение, усташ1вливающее зависимость между
кривизной и формой кривой, мы рассмотрим две смежных точки т
и /rij, находящиеся на изогнутой оси на расстоянии ds одна от
другой. Если угол, который касательная в точке m образует с осью х,
обозначить через в, то угол между нормалями к кривой в точках m
и т, будет db . Точка О пересечения этих нормалей дает центр
кривизны и онределяет длину г радиуса кривизны. Тогда
d§
ds
ds=rdb и — =
(Ь)
линейки указывают, что мы рассматриваем только численное
значение кривизны. Относительно знака следует заметить, что
изгибающий момент в уравнении (а) принимается положительным, ecjjn он
вызьгоает искривление, направленное вогнутостью вверх (см. стр.
65). Следовательно, кривизна положительна, когда центр кривизны
находится выше кривой, как на рис. U7. Однако легко видеть,
что при такой кривизне угол Ь уменьшается при перемещении точки
т по кривой от А к В. Следовательно, положительн(жу приращению
ds соответствует отрицательное db . Таким образом, чтобы иметь
надлежащий знак, уравнение (Ь) необходимо написать в таксм виде:
I db . ■
T-'-Ts- (с)
В практических приложениях допускают лишь очень малые прогибы,
и. изогнутая ось балки является весьма пологой кривой. В таком
случае мы мЪжем положить с достаточное точностью, что
ds^dx Hj=^tgO=.^. -(d)
Подставляя эти приближенные значения вместо rfs и О в уравнение
(с), получаем
Тогда из уравнения (а) находим -
^J.g--M. G9)
Это есть дифференциальное уравнение изогнутой оси балки, и
чтобы найти деформации балки, его нужно проинтегрировать в
каждом частном случае.
Необходимо заметить, что знак в уравнении G9) зависит от
направления координатных реей. Например, если мы примем у
положительным Bi^epX, то необходимо положить
dx

32) ИЗГИБ БАЛКИ РАВНОМЕРИО РАСПРЕДЕЛЕННОЙ НАГРУЗКОЙ 125
вместо уравнения (d), и мы получаем в правой чарти уравнения
G9) плюс вместо минуса. _
В случае весьма гибких стержней, в которых прогибы могут
быть большие, нельзя пользоваться упрощениями (d), и мы должны
прибегнуть к помощи точного выражения
Тогда
1_ т '^^''^^^Щйх Ш_
г ds dxr ds
['- ШТ
(О
сравнивая этот результат с уравнением (е),мы можем заключить,
что/упрощен^ш, показанные в уравнении (d), равнозначны
допущению, что величина (^] в знаменателе-точной формулы (f) мала
по сравнению с единицей и поэтому ею можно пренебречь*).
Дифференцируя уравнение G9) по х и пользуясь уравнениями
E0) и E1), получаем
и
^^,0=9. (80)
Последнее уравнение иногда применяется при определении
прогибов балок, несущих распределенную нагрузку.
32. Изгиб балки равномерно распределенной нагрузкой
В случае свободно опертой и равномерно нагруженной балки
(рис. 68) изгибающий момент в каком-либо поперечном сучении тп,
отстоящем на расстоянии х от левой опоры, равняется
и дифференциальное уравнение G9) получается
*) Точное выражение (О для кривизны применялось первыми исследователями
изогнутой оси. Оно применялось, например, Л. Эйлером в его знаменитой работе
Elastic Curves, английский перевод которой был опубликован в Isis, том 20 стр. 1,
Ноябрь 1933 г.; см. также С. П. Тимошенко, История науки о
сопротивлении материалов, перевод,-4957, стр. 45.

126 ИЗОГНУТАЯ ОСЬ БАЛКИ [ГЛ. V
Умножая обе части уравнения на dx и интегрируя, получаем,.
Ej/£—'-!f + '-( + C, (а)
где С есть постоянная интегрирования, которая определяется так,
чтобУ удовлетворить условиям этой частной задачи. Мы замечаем,
что угол наклона касательной к кривой посередине пролета
вследствие симметрии равен,нулю. Полагая ^ =0 при х= -^, мы таким
образом получаем
г - <?''
t- - 24 ' .
и уравнение (а) будет ч
^''Ых~ 4 ^ 6 +24 • ^°^
Второе интегрирование дает
ej,y=-^' + S^ + ^ + c.: (с)
Новая постоянная интегрирования определяется из условия, что
прогиб на опорах paBien нулю. Подставляя в уравнение (с) у=0 и
л: = О, находим Cj = 0. Тогда' уравнение (с) получается в таком
виде
Это есть уравнение оси свободно опертой и равномерно
нагруженной балки. Наибольший прогиб этой балки имеет место, очевидно,
посередине пролета. Подставляя в уравнение (81) х=1/2, мы
таким образом находим
Наибольший угол наклона касательной - к кривой имеет место на
левом конце балки, где путем подстановки в уравнение (Ь) х= О
получаем
В случае равномерно нагруженной консоли (рис. 118, а)
изгибающий' момент в поперечном сечении тп, отстоящем на расстоянии х
от левого конца, равняется
т 2 *

32]
ИЗГИБ БАЛКИ РАВНОМЕРНО РАСПРЕДЕЛЕННОЙ НАГРУЗКОЙ 127
И уравнение G9) получается в таксш виде:
'^'''dx^~ 2 *
Первое интегрирование дает
^^4'=^+с- (d)
Постоянная интегрирования находится из условия, что угол
наклона касательной к кривой в заделанном конце равен нулю, т. е
dyldx = О при x=L Подставляя эти значе-.
ния в уравнение (d), находим
ql'
Второе интегрирование дает
EJ г/ - g-^ Я1*х ^
4
if
I
т
•ге
(€)
п
(!)
■|
Г'
I
-CS
^1
Рис. 118.
Постоянная С, найдется из условия^, что
прогиб в заделанном конце равен нулю. Таким образом,
подставляя в уравнение (е) х = 1, у = 0, получаем
Подставляя это значение в уравнение (е), находим
^ =2Ш; (^* - 4^'^ + 3/*). (84)
Это уравнение представляет изогнутую ось равномерно
нагруженной консоли.
Если вместо правого конца будет заделан левый, как показано
на рис. 118, Ь, то уравнение изогнутой оси, очевидно, получится
путем подстановки в уравнение (84) /—д: вместо х. Таким
образом, мы находим
ЗАДАЧИ
I. Равномерно нагруженная стальная двутавровая балка, опертая на концах
имеет прогиб посередине пролета/^ 0,8см, а угол наклона касательной к кривой
на конце равняется 6 = 0,01 радиана. Найти высоту h балки, если наибольшее
нормальное напряжение при изгибе равняется а = 1200 кг/см^.
Решение. Воспользуемся известными формулами
ql^ h
8 2У/
384 EJg •
2AEJ.

ш:
128
ИЗОГНУТАЙ ось ВАЛКИ
£гл. V
Из первых двух формул мы находим
0,8.100 и /
256 см.
Тогда вторая формула дает
Я^* _3£е^3.2-10'-0,01
8/
/
256
Подставляя это в третью формулу, получаем
^■1200.256
А =
3.2.lb*.U.0l
= 10,2 см.
2. Свободно опертая и равномерно нагруженная деревянная балка
квадратного поперечного сечения имеет пролет /=3jM. Найти наибольший прогиб,
если {ах)тях = 70 к^/см^, Е = 10» кг/см^ и 9 = 500 кг/м.
Ответ, f— 0,78 см.
3. Определить высоту h равномерно нагруженной^и свободно опертой стальной
двутавровой'балки, имеющей пролет 3 м, если наибольшее нормальное напряжение
рав|1р 1200 кг/см^ и наибольший прогиб / = 0;25 см. .
Ответ, h—45 см.
4. Равномерно нагруженная консоль пролета / имеет прогиб на конце, равный
0,01 /. Каков угол наклона касательной к изогнутой оси на конце?
Ответ, в =х 0,0133 радиана.
5. Какова длина равномерно нагруженной консоли, если прогиб на
свободном конце равен 2,5 см и угол наклона касательной к изогнутой оси в той же точке
равен 0,01?
Ответ. / = 3,33 м.
S3. Прогиб свободно опертой баЛки, нагруженной
сосредоточенным грузом
В этом случае имеются два различных выражения для
изгибающего мсшента (см. параграф 22), соответствующих двум участкам
балки, (рис. 119). Поэтому уравнение G9) для изогнутой оси должно
быть написано для каждого участка. Таким образом, мы получаем/
'rd^yPb ^
а-
L\
а;
т
п
L\ ^
и
ЕУ
d'y._
Рис. 119.
dx*
^Х^+Р{Х
а)
при х'^а.
Интегрируя эти уравнения, получим
^•'.l
и
EJ ^ =
'21
+
Р{х — с)*
4- С при х^а
+ Cj при х'^а.
(а)

33] ПРОГИБ БАЛКИ, НАГРУЖЕННОЙ СОСРЕДОТОЧЕННЫМ ГРУЗОМ 129
Так как обе ветви изогнутой оси должны иметь общую касательную
в точке приложения груза Р, вышеприведенные выражения (а)
для угла наклона должны быть равны при х=а. Из этого мы за*
ключаем, что постоянные интегрирования равны между собой, т. е*
C=Ci. Выполняя второе интегрирование и подставляя С вместо Ci,
получаем
BJ^ = ~~p-+Cx-\-C, при х^а,
и [ (Ь)
Е^гУ = -^ + ^-^^^^+Сх+С, прих^а.
Так как обе ветви изогнутой, оси имеют общий прогиб в точке
приложения груза, то два выражения (Ь) должны быть идентичны при
х=а. Из этого следует, что С2=С,. Окончательно нам необходимо
определить только две постоянные С и С^, а для этого мы имеем два
условия, а именно, прогиб на каждом из двух концов балки
равняется нулю. Подставляя в первое из выражений (Ь) д:=0 и |/=0,
находим
С.=С,=р. (с)
Подставляя во второе из выражений (Ь) у=0 и д;=/, получаем
Подставляя значения {с) и (d) постоянных в уравнения (Ь) для
изогнутой оси, получаем
EJ^y=~^il^ — b^ — x^) при х^а (86)
и
EJ,y ==^(/'-fe^-x')-i-^<^-")' при х^а, (87)
Первое из этих уравнений дает прогибы для левого участка балки,
а второе дает прогибы для правого участка.
Подставляя значение (d) в уравнения (а), получаем
EJz-^y = ^ii'-b'-Sx') при х^а
и ' . (е)
^^г^ = ^A'-Ь'-гх') + ^^^^ при х^а.
Из этих уравнений можно ле^ко вычислить угол наклона в любой
точке изогнутой оси. Часто нам нужны значения углов наклона на
концах балки. Подставляя л: = О в первое из уравнений (е), х = i
^ с, п. Тимошенко

130 ИЗОГНУТАЯ ось БАЛКИ [ГЛ. V
во второе и обозначая углы наклона на соответствующих концах
через 0, и в„ получаем ^)
^»-Ы*=о 6Ш7~' ^^ ^
Наибольший прогиб имеет место в точке, где касательная к изог^
нутой оси горизонтальна. Еслиа>Ь, как на рис.119, то наибольший
прогиб будет, очевидно, на левом участке балки. Мы можем найти
полсйкение этой точки, приравняв первое из выражений (е) нулю.
Тогда получим
откуда
Это есть расстояние от левой опоры до точки, соответствующей
наибольшему прогибу. Для того чтобы найти ^наибольший прогиб,
мы ^одставляем выражение (f) в уравнение (86), которое дает
Если груз Р приложен посередине пролета, то наибольший
прогиб будет, очевидно, также посередине пролета. Его величина по-
■г- 1
лучится подстановкой Ь=-^ в уравнение (g), которое дает
Й')'=Т=4Ш;- (90)
c=ft
Из уравнения (f) можно заключить, что в случае одной
сосредоточенной силы наибольший прогиб находится всегда близко к
середине пролета балки. Когда Ь=-к, он — посередине пролета;
в предельном случае, когда b весьма мало и Р находится близко
к опоре, расстояние х, определяемое при помоди уравнения (f),
равняется -у=, ф точка, соответствующая наибольшему прогибу,
^) Для пологих кривых, которые мы имеем в большинстве случаев, углы нак-
лона О, и б, можно принять численно равными углам поворота концов балки при
изгибе, причем углы считаются положительными, если поворот происходит по
часовой стрелке.

34] ОПРЕДЁЛенИЕ ПРОГЙБОб ПРИ ПбМЙЩЙ SnlOPbi ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ 131
отстоит от середины пролета лишь на расстоянии.
Л —=0 077/
Вследствие этого прогиб посередине пролета приблизительно
равен наибольшему прогибу. Чтобы получить прогиб посередине
пролета, подставляем в уравнение {S6) х=-^ и находим
Разность прогибов, определяемых по формулам (g) и (91) в
наиболее неблагоприятном случае, т. е. когда b приближается к нулю,
составляет лишь около 2,5% наибольшего прогиба.
ЗАДАЧИ
1. Найти полсжение груза Я (рис. 119), если отношение численных значений
углов наклона на концах балки равняется jg'-j=-7"'
Ответ, а^-±г1.
2. Найти разность наибольшего прогиба и прогиба посередине пролета балки
(рис. 119), если 6= 2а.
Р1*
Ответ, 0,0046 А^^у , ц^ ^
3^ Найти наибольший прогиб балки, показанной на рис. 119, если балка
имеет двутавровое сечение с высотой 20см и площадью поперечного сечения 35,5сл{^
а = 3,6 л, fr = 2,4 л и Я == 800/к.
4. Каков будет наибольший прогиб, если двутавровую балку в предышгщей.
задаче заменить деревянной балкой, имеющей поперечное сечеиие 25X25 см?
Модуль упругости для дерева можно принять £=10* кг/см*^
34. Определение прогибов при помощи эпюры изгибающих моментов
Графоаналитический метод. В предыдущих параграфах было
показано, как можно получить изогнутую ось балки путем
интегрирования дифференциального уравнения G9). Однако во многих
случаях, в особенности, когда, нам нужно знать скорее прогиб в
определенной точке, чем общее уравнение изогнутой оси балки,
вычисление можно значительно упростить при помощи эпюры
изгибающих моментов. Ниже следует изложение этого метода ^).
^) Применение эпюры изгибающих моментов к вычислению прогибов балок
было разработано О. МоЬг'ом, см. Z. Architekt. и. Ing. - Ver, (Hartnover), стр. 10,
1868; см. также его Abhandlmigen, стр. 294; цитированная на стр. 43. Подобный
метод был разработан независимо профессором С. Е. Green'oM, Univ. of Michigan,
1874. Кажется, что впервые этот метод был предложен St. Venant'oM. См, его
замечания в книге Navier, стр, 72 и 79, цитированные на стр. 103,
5* '

щ:
щг
132
ИЗОГНУТАЯ ось ВАЛКИ
1гл. V
На рис. 120 А В представляет часть изогнутой оси балки и о,6,-^
соответствующий участок эпюры изгибающих моментов. Два
смежных поперечных сечения балки на расстоянии ds одно от другого
будут пересекаться после изгиба под углом db, и из уравнения E6)
имеем
db=^ds=-^ds,
Т ■С«г 0
Для балок, применяемыхв сооружениях, кривизна очень мала, и мы
можем принять dx вместо ds. Тогда
d6=-=r7- dx. (а)
С графической точки зрения это
означает, что элементарный угол dS
между двумя последовательными
радиусами или двумя последовательными
касательными к изогнутой оси равняет-
«ся заштрихрванной элементарной пло--
щади h\dx эпюры изгибающих
моментов, поделенной на жесткость при
изгибе'). Это будет справедливо для
каждого элемента и, следовательно,
угол между касательными в Л и В
получится суммировйнием элементов,
определяемых уравнением (а). Тогда
в
e^J^Mck, (92)
А
Т. е. угол между касательными в двух точках Л и Л изогнутой оси
равняется площади эпюры изгибающих моментов между
соответствующими вертикалями, разделенной на жесткость при .изгибе
балки.
Рассмотрим теперь расстояние точки В изогнутой оси от
касательной Л В' в точке Л. Припоминая, что изогнутая ось балки есть
плоская кривая, указанное выше расстояние мы можем измерить по
Нертикали ВВ\ Отклонение, произведенное на этом расстоянии
изгибом элемента тп балки и заключенное между двумя
последовательными касательными в m и п, равняется,
xd^=x
Mdx
графически это означает момент заштрихованной площади М dx
*) Проверяя размерность, Получаем: db — радианах,
число, М dxr—B кг см см, EJ^— в {kzJcm') сл*.
т. е. отвлеченное

35] ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПРОГИБА КОНСОЛИ ГРАФОАНАЛИТИЧЕСКИМ МЕТОДОМ 133
относительно вертий1ли, проходящей через В, поделенный на EJ^,
Интегрирование дает полный прогиб BB*t
в
(93)
BB'=f=^^xMdx,
т. е. расстояние В от касательной в А равняется моменту площади
эпюры изгибающих моментов между А и В относительно вертикали,
проходящей через В, поделенному на жесткость при изгибе EJ^
При помощи уравнений (92) и (93) в каждом частном случае легко
можно, вычислить угол наклона касательной к изогнутой оси и
величину прогиба в любом поперечном сечении. Сначала мы вычисляем
абсолютные значения 6 и /. Затем, взяв положительные направления
координатных осей, как указано на рис. 122, мы считаем поворот
Тр^голмик
CJ ^^
^__—^
г:
Г
-1/'.
h
\
/Ьрабала .
площадь 4 Ih
Парабола
шощадь-11^
/fj/ffavec/fOff парабола
площадь ^1/г
Рис. 121.
касательной к изогнутой оси положительным, если он происходит
по направлению' движения часовой стрелки, и прогиб балк^
положительным; если он совпадает с положительным направлением
оси (/. Этот метод вычисления деформаций балки называется
графоаналитическим методом.
Вычисление интегралов в уравнениях (92) и (93) часто можно
упростить при помощи известных формул, по которым определяются
площади и центры тяжести их. Несколько формул, которые
встречаются в приложениях, дано на рис. 121.
35. Определение прогиба консоли графоаналитическим методом
В случае консоли с сосредоточенным грузом на конце
(рис. 122, а) эпюра изгибающих моментов показана на рис. 122, Ь.
Так как касательная в заделанном конце А остается неизменной, то

134
ИЗОГНУТАЯ ось БАЛкИ
(гл. V
расстояния точек изогнутой оси от этой касательной являются дей-
стаительными прогибами. Угол 6^, который составляет касательная
к изогнутой оси в J5 с касательной в i4, согласно уравнению (92) *)
равняется
Прогиб / вычисляется из уравнения (93)
как момент площади аЬа^ относительно
оси ЬЬи разделенный на EJ^. Тогда
f^Pl
3 ' £/,
Р/»
(95)
2 3 ' Е1\~ ZEJ^'
Для какого-либо поперечного сечения
тп угол поворота относительно оси х
есть площадь т'п'аа^ рис. 122,6,
поделенная на EJ^. В случае пологой
кривой, как, например, изогнутая ось балки,
угол поворога может быть принят равным Тангенсу угла наклона
касательной к'кривой, и мы получаем
(96)
Прогиб у в том же поперечном сечении есть момент площади т'п'аа^
относительно mV, разделенный на £/, (см. уравнение (93)).
Разбивая эту площадь на прямоугольник и треугольник, как указано на
рисунке, получаем
1 Гп/1 о? ,Рх*2х\ Р Aх^ х*\ ,Q-.
Для консоли с сосредоточенным грузом Р в поперечном сечении,
отстоящем на расстоянии с от опоры (рис. 123, а), эпюра
изгибающих моментов показана на рис. 123, Ь. Угол наклона и
прогиб _для какого-либо сечения слева от точки приложения груза
определяются из уравнений (96) и (97) с заменой с вместо /. Для
какого-либо сечения справа от груза изгибающий момент и
кривизна равны нулю; следовательно, эта часть балки остается
прямой. Угол наклона является постоянным и равным углу наклона
в D, т. е. на основании уравнения (94), Pc^l2EJy Прогиб в каком-
либо поперечном сечении тп равняется моменту площади
треугольника aa^d относительно вертикали т'п\ разделенному на
EJ^, что дает
(98)
^ Рс^ f 1 Л
^) Он принимается положительным, так как вращение происходит по часовой
стрелке. .

351 ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПРОГИБА консоли ГРАФОАНАЛИТИЧЕСКИМ МЕТОДОМ 135
В случае консоли с равнснлерной нагрузкой интенсивностью q
(рис. 1Й4,4» изгибающий момент В каком-либо поперечром сечении
тп на расстоянии л:, от заделанного конца равняется
М =
qjl-^xf
и изображается параболой a^db на рис. 124,6. Угол наклона в
1 ЗГ
1 S
Рис. 124.
каком-либо поперечном сечении на расстоянии х от опоры, из
уравнения (92), равняется
(99)
Угол наклона на конце получится путем подстановки в указанное
уравнение / вместо х
Прогиб в каком-либо сечении на расстоянии х от заделанного конца
равняется моменту площади aa^od относительно вертикали cd,
разделенному на EJ^ (рис. 124,6). Момент элементарной площадки,
заштрихованной на чертеже, равняется
\x^x,)^-^^^=^dx,, '
и полный момент есть интеграл этого выражения от д;,«=0 до л:,=х.
Следовательна, ■ ^ .
y=^^j^ix — x,){l'-x,ydx,.
о
Тогда после интегрирования прогиб в какой-либо точке на
расстоянии X от опоры равняется

m:
136 ИЗОГНУТАЯ ось БАЛКИ [гл. V
Для прогиба на конце, т. е. при x=i, имеем
Та же задача может бьггь решена методом сложения действия сил.
Равномерную нагрузку можно рассматривать как систему
бесконечно малых грузов qdc, указанных на рис. 140, стр. 145.
ЗАДАЧИ
1. Определить прогиб верхнего конца стойки, изображенной на рис. 98.
Решелые.Изгибающий момент в каком-либо поперечном сечении тп на
расстоянии X от верха равняется
1
где ^ — -о" dp' 1000 кг ать полное гидростатическое давление, приходящееся
на одну стойку. Пользуясь уравнением (93), находим прогиб верха стойки
f=.JL^^'^x_JW_ Ь2'.1000-2'.100«.12_^
Ej,d'w~im;'' 2.15.1о».27,1* ^^•'^^''^-
о
2. Определить прогиб и угол наклона на конце консоли, изогнутой парой
сил М (рис. 125).
Ответ:
_МР_ (dy\ _ Ml
3. Две деревянные прямоугольные балки, зажатые на левом конце (рис. 126),
изгибаются путем натяжения болта на правом конце. Определить диаметр d болта
t
±
т
V—X
4!—и
н
'Ч—^
т
Рис. 125.
Рис. 1-26.
таким образом, чтобы коэффициенты безопасности для деревянных балок и для
стального болта были одинаковы. Длина балок /=1 м, высота /i==20 см,
ширина 6=15 см, допускаемое напряжение для стали [а]=800 кг1см^, для дерева
[а]=80 кг/см^. Определить прогиб балок, если растягивающее напряжение в
болте 800 кг1см^.
Решение. Если Р есть сила, действующая в болте, то уравнение- для
определения d будет
АР 6Р/ 800__
пй^'Ш" 80 ~'^"'
откуда
nd*
'd = l,l3 см и Р= 800-у-=800кг.
Тогда, взяв £= 10* KejcM^, получим из уравнения (95) прогиб / = 0,267 см.

36]
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПРОГИБА СВОВОДНО ОПЕРТОЙ БАЛКИ
137
4. Каково должно быть уравнение оси бруса до изгиба, если движущийся по
брусу груз Р остается на одном и том же уровне (рис. 127).
Ответ.
'5. Определить допускаемый прогиб балки, показанной на рис. 125, если дано
допускаемое напряжение [а]. Определить также прогиб для консоли, нагруженной
на конце (рис. 122).
6. Круглый диск N радиуса R (рис. 128) вызывает в тонкой стальной полоске
толщиною h притяжение магнитными силами, равномерно распределенными с
интенсивностью q fcajcM^. Определить длину / свободной части АС полоски и
наибольшее напряжение в ней, если h= 0,025 см, R=7,5 см и q^ 1 кг/см^.
Рис. 127.
Рис. 128.
Решение. Длину свободной части полоски можно определить из условия,
что в точке С кривизна, вызываемая равномерно распределенной нагрузкой д,
должна быть равна -^ . Поэтому
2 " /? '
откуда
/=|/^ = 0.83гл.
Наибольшее напряжение определится из уравнения
Eh
<^max==--2^ =^ 3333/сг/сл«^
36. Определение прогиба свободно опертой балки
графоандлитическим методом
Рассмотрим случай свободно опертой балки с грузом,
приложенным в точке F (рис. 129). Эпюра изгибающих моментов представляет
треугольник a^bj^ (рис. 129, Ь). Его площадь равна -|- и его центр
тяжести С находится на расстоянии —|— от вертикали Bbi.
Вертикальное расстояние / конца В до линии АЬ', которая является
касательной к изогнутой оси в А, получается из уравнения (93)

138
ИЗОГНУТАЯ ось БАЛКИ
[гл. V
И равняется
, 1 РаЬ 1+Ь Pab(l-^b)
'г - " ■u.^uji
Пользуясь этим значенная, найдем угол наклона 6, левого конца
балки, а именно
f Pab(l-^b)
^^ I ^mj.
(а)
что совпадает с ранее полученной формулой (88)^). При вычислении
угла поворота 6, конца В балки (рис. 129, а)' мы замечаем, что
поворот конца В относительно конца А на основании уравнения (92)
равняется
РаЬ
6=
2£/.-
Следовательно,
ft _fi и _РаЬ{1+Ьу РаЬ __ РаЬ (f+a)
eiEJ,
2EJ,
(b>
Можно дать простое толкование формулам (а) и (Ь), если
рассматривать а^б, на рис. 129,6, как свободно опертую балку, несущую
треугольную нагрузку, представленную треугольником aj^b^. Ре?
акция левой опоры с, этой воображаемой Ьалки равняется
Подобно этому
^»~ 2 3 / — 6/
^8 Ш •
*) Заметить, что а—/ — Ь,

36] ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПРОГИБА СВОБОДНО ОПЁРТОЙ ВАЛКИ ISQ
Сравнивая эти результаты с (|юрмулами (а) и (Ь), можем заключили»,
что углы поворота 6, и 6^ концов действительной 0алки АВ
получаются путем деления поперечных сил на концах воображаемой
балки а,6, на жесткость при изгибе £J,. Воображаемая балка а,Ь,
называется фиктивной балкой. '
Чтобы вычислить угол наклона в какой-либо точке d изогнутой
оси (рис. 129,g), необходимо вычесть на угла \ на опоре угол 6
между касательными в Л и rf. Пользуясь уравнением (92) для
вычисления угла % из рис. 129,Ь мы получаем *
|=0,^e=^(/?,~Aa.mn).
Первый член в скобках представляет реакцию левой опоры
фиктивной балки а,6„ а второй — нагрузку на этой балке слева от
поперечного сечения тп. Поэтому выражение в скобках представляет
поперечнукЗ силу в сечении тп фиктивной балки. Следовательно,
угол наклона действительной балки в точке rf можно получить
делением поперечной силы в соответствующем сечении фиктивной, балки
на жесткость при изгибе EJ^-
Рассматривая прогиб уъ точке d, мы можем видеть из рис. 129, а,
что
у— се — de. (с)
Из треугольника Асе мы получаем
^=в,л: = ^^, (d)
где /?1 есть реакция левой опоры фиктивной балки. Второй член
правой части уравнения (с) представляет расстояние точки d
изогнутой оси до касательной Ае и оно получается из уравнения (93)
' ~fT (площадь Аа,тя) -^. (е)
Подставляя выражения (d) и (е) в уравнение (с), получаем
У—^ЫгХ — пл. Aa^mn^]. (f)
Видно, что выражение в скобках представляет изгибающий момент
в поперечном сечении тп фиктивной балки. Таким образом,
прогиб в какой-либо точке свободно опертой балки получается делением
изгибающего момента в соответствующем поперечном сечении
фиктивной балки на жесткость при изгибе EJ^. Подставляя в уравнение
(f) значение /?, и замечая, что
РЬх*
площадь lia^mn — -gr-.

ш:
140
ИЗОГНУТАЯ ось ВАЛКИ
[гл. V
получаем
У
^ 1 ГРаЬ;с(Н^) Pbj^l
'EJ^ [ 6/
6/ J
PbxjP-^ b*-^X*)
Рис. 130.
Это уравнение совпадает с уравнением (86), которое было ранее
получено интегрированием дифференциального уравнения
изогнутой оси. Прогиб для точки, находящейся справа от груза Р,
можно вычислить подобным
образом. Результат будет, конечно,
такой же, какой дает уравнение (87),
Видно, что при помощи
графоаналитического метода мы исключаем
процесс интегрирования, который
был применен в параграфе 33.
В случае равномерно
нагруженной балки (рис. 130, а), мы
рассматриваем фиктивную балку аЬ
(рис. 130, &), нагруженную
параболическим сегментом асЬ, который в
этом случае представляет эпюру
изгибающих моментов. Полная фи к-
тиБная нагрузка на фиктивную балку равняется
и каждая реакция равна |^. Тогда угол наклона в конце
действительной балки получится делением этой реакции на Ej^. Чтобы
вычислить прогиб в середине, мы находим изгибающий момент в
середине фиктивной балки,
который равняется ^ ^''
ql* ( I Ы\_Ъд1*
24 \2 16У'~384 •
Тогда прогиб получится
делением этого момента на EJ^.
В случае свободно опертой
балки АВ с парой сил М, ^
действующей на конце (рис.
131), эпюра изгибающих
моментов представляет
треугольник abdy изображенный
на рис. 131, Ь.. Рассматривая а6
как фиктивную балку, находим, что полная фиктивная нагрузка
равна -у. Тогда реакции на концах фиктивной балки будут равны

363
Ml
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПРОГИБА СВОБОДНО ОПЕРТОЙ БАЛКИ
141
Ml
g и -g-. Следовательно, углы поворота концов действительной
балки равняются
в.=^^ A03)
и
6.=
Ml
ZEJ,
A04)
Прогиб в поперечном сечении тп балки получается делением
изгибающего момента в соответствующем поперечном сечении m^n^
фиктивной балки на fJ^, что дает
Mix
^^(Ш ^М1^хЛ_М1£(, j^\
^"£/^^6^ 2 1^ Ъ)~ЬЕЗ^\} Г/'
A05)
ЗАДАЧИ
,1. Определить углы поворота концевых сечений и прогибы под грузами и
в середине балки, показанной на рис. 132.
h-^-7-
Jj^'
т±^
\. PC
^Ч. у
Рис. 132.
Рис. 133.
-^
Решение. Фиктивная балка будет нагружена трапецией сиШ), площадь которой
равна РсA~с). Углы поворота на концах буд)гг
- 1 РсЦ-с)
EJ,
Прогиб под грузом равняется
(У)
XssC
_ 1 ГРс^A-с) Рс^ с'\_Рс^ (I 2 \
" EjX 2 2 ъ]" EJ^\2 3 V*
Прогиб в середине из уравнения (91) равняется
2. Определить углы наклона касательных на концах балки, показанной на
рис. 92.
(dy\ 7ЯЯ (dy\ _ 2Я/«
где Н — полное давление на балку.
3. Свободно опертая балка АВ нагружена, как показано на рис. 133. Найти
прогиб в сбредине балки и наибольший прогиб; определить углы наклона
касательных на концах балки.

142
ИЗОГНУТАЯ ось БАЛКИ
(гл. V
п /ft f^ t 2}Г2Р1* (dy\ (dy\ PI'
4. Определить углы О^ и 0,^ и прогиб в каком-либо поперечном сечении тп
р балки,. свободно опертой на концах и
^^ ' ** изгибаемой парой "сил Рс (рий. 134).
Решение. Нагрузка фиктивной
балки указана на рис, 134, Ь. Реакции
0| и », равняются
1 1Рсс?2а Pdb
Следовательно, углы поворота О, и О, равны
•-1г§;;[''И)-|ь*]=^.(т-*')-
Если О" &»•«-, мы получаем
в,= в.=
Fcl
24£J'
I
Если а > -7=. *о угол в. меняет свой знак, и прогибы везде будут направлены
уз
вниз* Изгибающий момент в поперечном сечении пцп^ фиктивной балки равняется
Pca'jc* X РсхГ , f, . а\ 2 .Л Рс>^
W
R^x
or
21 cfl S
{"•И)-!*']'
6Z-
Следовательно, уравнение изогнутой оси для левой части действительной балки
будет '.
Рсх Г . /. . а\ 2 ,,-] Рсх^
5. Балка изгибается двумя парами сил, как показано на рис, 135. Определить
отношение M,dVl^ ,если точка перегиба находится на расстоянии 1/3 от левой опоры.
Ответ, А|^2М,,
)^^Щ^^^^,
Рис. 135. Рис. 136.
6. Две доски разной толшины А, и h^, лежащие^дна на другой, несут
равномерно распределенную нагрузку, как показано на рис. 136, Определить
отношение наибольших напряжений, возникающих в каждой.

37] МЕТОД СЛОЖЕНИЯ действия сил , 143
Решение. Обе доски имеют одцу и ту же изогнутую ось и кривизну; no9t(»iy
их изгибающие мбменты находятся в так(»1^;же отношении, как и моменты
инерции их поперечных, сечений, т. е. в отношении А*:/{^.
Моменты сопротивления находятся в отношении/i':/i', следовательно, наи-
большие напряжения относятся как h^ : h^.
7. Стальной стержень АВ имеет такую первоначальную кривизну, что при
выпрямлении его силами Р (рис. 137) возникает равномерно распределенное
давление по длине-йердой плоскости MN.
Определить силы Р, необходимые для выпрямления
стержня, и наибольшие напряжения,
возникающие в нем, если Z = 50 ел, / = 0,25 см и
поперечное сечение стержня представляет квадрат со
стороной 2,5 ел.
Решение, Чтобы получить равномерно рас-
пределенное давление, первоначальная кривизна^- "ис. 137.
стержня должна быть такой же, как и у
свободно опертой балки, несущей равномерно распределенную нагрузку интенсив-
2Р
ностью -J-, Тогда мы получим
2Р1^ Р1 , ^
, _5_2Р /« ,.
Наибольшие напряжения будут
Теперь из (Л) и (О
а ,24£/Л _24.2.10«.0,25.2.5 , g^QQ ,^,,^„,
"max— 5/2 Ь'ЪО^ лг/сл
и из (i) '
Р=500 кг.
8. Определить прогиб / в середине деревянной балки, изображенной на
рис. 72, а, если поперечное сечение ее имеет размеры 25Х 25 см. Найти наибольшее
нормальное напряжение.
Ответ. /=0,52 см, Ojmx'^SG кг/сл^.
9. Пользуясь той же ^лкой, что и в предыдущей задаче, найти наибольшее
нормальное напряжение и прогиб в середине пролета при условии загружения,
показанного на рис. 72, е.
Ответ. f=fi, o^max —9»^ кг/см^.
37.-Метод сложения действия сил
Из рассмотрения графоаналитического метода видно, что
прогибы балки вполне определяются эпюрой изгибающих моментов.
Из определения понятия изгибающего момента (параграф 20)
следует, что изгибающий момент, вызванный в каком-либо поперечном
сечении балки несколькими одновременно действующими
поперечными грузами, равняется сумме изгибающих моментов, вызванных
в том же поперечном сечении каждым грузом, действующим
отдельно. Из этого следует, что прогиб, вызванный в какой-либо точке

144
ИЗОГНУТАЯ ось БАЛКИ
[гл. V
балки системой одновременно действующих поперечных грузов,
можно получить суммированием прогибов, вызванных в этой
точке каждым грузом отдельно. Имея, например, уравнения
изогнутых осей для случаев, изображенных на рис. 123 и П9, мы
можем получить простым суммированием прогибы для консоли
или свободно опертой балки,
несущей какую-либо поперечную
нагрузку.
Взяв в качестве примера случай,
показанный на рис. 138, и
воспользовавшись уравнениями (97) и
(98), мы заключаем, что прогиб
в В равняется
Рис. 138.
'Ь '~ZEl^ "*" 2EJ.
('-т)-
Подобно этому прогиб в D равняется
Прогиб в какой-либо поперечном сечении тп для части DB консоли
будет
В случае распределенной нагрузки суммирование будет
естественно заменено интегрированием. В качестве примера мы возьмем
случай свободно опертой балки; несущей равномерно
распределенную нагрузку (рис. 130), и вычислим углы наклона на концах и
прогиб в середине балки. Из уравнения (а) параграфа 36 следует,
что приращение угла наклона rf6i, вызываемое на левом конце балки
элалентарным грузом qdb, показанным на рис. 130, равняется
.« _qab{l+b)db _ qb {Р —b*)db
Тогда угол наклона 6,, вызываемый всей нагрузкой, равняется
сумме приращений угла наклона, вызываемых всеми элементами
qdb от 6 = О до 6 =3 /. Следовательно,
0 = Г Qb(P-b')db_ ql*
Ч
eiEJ
24EJ,
(а)
Прогиб в середине получается из уравнения (91), которое было
выведено на основании предположения, что груз расположен
справа от середины. Какой-либо элементарный груз qdb, распо-

37] МЕТОЛ СЛОЖЕНИЯ ДЕЙСТВИЯ СИЛ 145
ложенный справа от середины, вызывает в середине прогиб
Суммируя прогибы, вызываемые всеми такими элементарньШи
грузами, расположенными справа от середины, и замечая, что нагрузка
на левой половине балки вызывает такой же прогиб в середине, как
и нагрузка на правой половине, получаем для полного прогиба
HG/)_i.=2j5^Ci'_46')=JjI^. (b)
Результаты (а) и (Ь) совпадают с формулами (83) и (82), ранее
полученными интегрированием;
дифференциального уравнения изогнутой оси. Г у\ \\\\\\\]\\* с^»
Метод сложения действия сил осо- JP---
бенно пригоден, если распределенная
А
нагрузка покрывает лишь часть проле- Рис. 139.
та, как на рис. 139. Пользуясь вы-
■ ^
ражением, выведенным выше для (dy) /, найдем, что прогиб,
^='2
вызванный в середине нагрузкой, расположенной справа от
середины, равняется
1/2 .
а
т Нагрузка, расположенная слева от
середины, вызывает прогиб
щ
/.=1^C^'-4*')-
Рис. 140. ' ^ J 4й£^г
с
Следовательно, полный прогиб в середине равняется
//2 т
а с
Рассмотрим теперь равномерно нагруженную консоль (рис. 140).
Прогиб, вызываемый в каком-либо поперечном сечении тп каждым
элементарным грузом qdc^ расположенным слева от сечения, можно
найти из уравнения (98) подстановкой que вместо Р. Прогиб f/j,
вызываемый полной нагрузкой, расположенной слева от тп^
равняется сумме прогибов, вызываемых всеми такими элементарными

146 ИЗОГНУТАЯ ось ВАЛКИ [гл. V
грузами; при этом с изменяется от с = О до с = дг:
о
Прогиб, вызываемый в каком-либо поперечном сечении тм
элементарным грузом ^rfc,, расположенным справа от сечения, найдется
из уравнения (97)подстановкой qdc^ вместоР иг, вместо /. Прогиб
У2, вызываемый полной нагрузкой, расположенной справа от
сечения, равняется сумме прогибов, вызываемых всеми такими
элементарными грузами; при этом c^ изменяется от с^=х до с,=/:
\
Тогда полный прогиб в сечении тп будет равен
что согласуется с ранее найденным уравнениал A01).
JH
ЗАДАЧИ
1. Определить прогиб в середине балки АВ, показанной на рис. 141, если
Jg = 3570 ел**, q = 700 кг1М, /= 7,2 м, а=3,6 л, 6 >= 2.4 м, Е=2-10« Кг1см^.
■ттп Решение. Вследствие того, что а= -^, прогиб,
4гЗ ^ вызываемый в середине нагрузкой, действующей
^ на левой половине балки, на основании уравнения
^ (82) равняется
^УЛх=4-~ 2 *384£/,-
« I. ШИ.ПИ I »у
Рис. 141.
вине
Прогиб, вызываемый в середине нагрузкой, расположенной на правой поло-
! балки, равняется
ъ
Cqcdc . ,, 25 ql*
2 О
Полный прогиб равняется
(У) I =(У,)
'+^^^^х=^4~1Т384^ 48Л62;£7;
2,5Б см.
2. Определить прогиб в середине 45алки, показанной на рис. 95, когда груз
находится в положении, при котором имеет место наибольший изгибающий момент.

37]
МЕТОД СЛОЖЕНИЙ ДЕЙСТВИЯ СИЛ
147
Указание^ Прогиб можно получить при помощи уравнения (91) и метода сло-
. I d
жения действия сил, подставляя в 9тр уравнение 6=-^ j для одного груза и
I»™-о" —-т-'^ для другого»
8. Определить прогибе в середине и углы поворота концевых сечений балок,
показанных на рис 72,6 и 72,d. Принять для этих вычислений двутавровую балку
с /^=2500 ем^.
0/neeffl( Для балки, изображенной
на рис. 72,6, f»0,3 см, в,=0,00241
радиана и в2«=»--0,00276 радиана.
4. Балка со свободно опертыми
концами изгибается двумя парами сил
М, и Мш, приложенными на концах
(рис. 142). Определить углы поворота
концевых сечений и положение поперечного сечения, в котором прогиб является
наибольшим.
Решение, Абсолютные значения углов из уравнений A03) и A04) будут
вг
3£/, "^ 6EJ
\К\-=
SEJ,'^bEJ
При помощи уравнения A05) находим уравнение изогнутой оси
У =
_ М,1 (I — X)
6EJ,
ь-тьш{^-й-
Положение наибольшего прогиба можно найти из этоЛ)
уравнения,если первую производную приравнять нулю.
5. Каково отношение прогибов на концах консолей,
показанных на рис. 143, если интенсивность
равномерной ^нагрузки одна и та же в обоих случаях?
Ответ: 7 :41.
$. Определить прогибы на концах консолей, пока»
занных на ряс. 73, предполагая, что материалом
является сталь, высота каждой балки равняется 26 ел и наибольшее нормальное
напряжение равно 1400 кг/см^. Воспользоваться методом сложения действия сил.
Решение, Взяв, например, случай, представленный на рис. 73,6,и заметив,что
полная распределенная нагрузка равняется ^^/«1800 кг, а груз на конце равняется
/ =
'тлх
500 K9 — jxql, мы имеем
о/* РР 47ql*
\En'^3EJ^'l6EJ^'
_7qfh
"8/,
Ш
Исключая Jjg, получаем
т^Ота 47 • C00)'-1400 _
1,41 см.
Рис
84£А 84-2-10*- 25
Подобным образом могут быть решены другие
три задачи.
7, Найти прогиб f конца В консоли АВ, нагруженной треугольной нагрузкой
АСВ (рис. 144).
Решение. Применяя метод сложения действия сил и пользуясь уравнением
A02) и результатом задачи 1 параграфа 35, получаем
f^J^____S^ Vl?^
bEJg 2QEJg l20EJf

148
ИЗОГНУТАЯ ось БАЛКИ
[гл. V
38. Прогиб балок с консолями
Балка с консолью может быть разделена на две части: часть
между опорами, которая может быть рассматриваема как балка
с опертыми концами, и свешивающаяся часть, которая может быть
рассматриваема как консоль. Для иллюстрации мы рассмотрим
изгиб балки с консолью под действием равномерно
распределенной нагрузки q (рис. 145). Балка разделена на две части ABviBC
Рис. 145.
и действие консоли на часть балки между опорами заменено
поперечной силой да и парой сил M=qa'j2. Мы находим, что
поперечная сила непосредственно передается на опору и что необходимо
рассмотреть только пару сил qa*j2. Тогда прогиб в каком-либо
поперечном сечении между ойорами получится вычитанием прогиба,
вызываемого парой сил qa^/2, из прогиба, вызываемого равномерно
распределенной нагрузкой b (рис. 145,6). Пользуясь уравнениями
(81) и AG5), мы получаем
(^'^-2/x»+x*)-|^(l^^).
У-
24EJ,
12£/,
Угол поворота поперечного сечения в точке В получается при
помощи уравнений (83) и A04), из которых, считая поворот
положительным в направлении движения часовой стрелки, мы полу-
чаеи
даЧ ql'
6.=
6£У,
24£У,
Прогиб В каком-либо поперечном сечении свешивающегося конца
(рис. 145,с) получится теперь путем сложения прогиба консоли
(уравнение A01)) с прогибом
вследствие поворота поперечного сечения В.
[даЧ ql* \
\ 24EjJ ^'

38]
ПРОГИБ ЁАЛОК С КОНСОЛЯМИ
149
ЗАДАЧИ
1. Определить прогиб и угол наклона конца С балки, показанной на рис. 147,а.
Ответ. Прогиб /= g'^ '; угол в = —^^—-'.
2. Определить прогиб в конце С, а 7акже в середине между опорами балки,
показанной на рис. 146.
Решение, Часть бал]^и между
опорами будет находиться в условиях балки,
нагруженной силой Р и парами сил Р^а
и PJb на опорах. Согласно уравнениям (91)
Рис. 146.
и A05) и методу сложения действия сил прогиб в середине равняется
Рс .„.. . .. Р^д]*
/-
48EJ,
C/«—4с«)
16£/,
Угол Oj на опоре А получается из уравнений (88), A03) и A04)
РсA^ — (?) P^al Рф1
GlEJg 3EJ2 6EJg'
Из уравнения (95) прогиб на конце С равняется
3EJ,
3. Балка с консолью изгибается в одном случае силой Р, приложенной на
конце (рис. 147,а), а в другом случае той же силой, приложенной в середине
пролета (рис. 147,6). Доказать, что прогиб в точке!) в первом случае равен прогибу
на конце С во втором случае.
Ответ, В каждом случае прогиб равен
Р^а
IGEJg •
4. Балка длиною / с двумя равными консолями нагружена двумя равными
силами Р на концах (рис. 148). Определить отношение, xjl, при котором: 1) про-
С
Р
В
♦J? >| [<•,
Рис. 148,
D
^гЛ
v//}m
-итиить
г/*
Рис. 149.
гиб в середине равен прогибу на любом конце, 2) прогиб в середине имеет
наибольшую величину.
Ответ. 1) х=^0ЛЪ21\ 2) а;=//6.
5. Деревянная балка круглого поперечного сечения, опертая в С с концом,
прикрепленным вМ, несет равномерно разделенную нагрузку q на консоли CD
(рнс, 149). Определить диаметр поперечного сечения и прогиб в D, если /= 1 м,
о = 5 л, g == 400/сг/ж и 1а] = 80 «г/сл^
*~*

150
ИЗОГНУТАЯ ось БАЛКИ
[гл.-^.
Решение. Диаметр найдется из ур^^нения
2 • 32 ^ ^'
Тогда прогиб на конце D найдется, из уравнения
/=
8£Л ' 6£Л~'24£Л
(Зй-Ь4/).
6, Балка длиною / несет равномерно -распределенную нагрузку
интенсивностью q (рис. 150). Определить длину консолей так, чтобы численно
наибольший изгибающий момент был насколько
возможно меньшим. Определить прогиб в
середине при этом условии. -
Решение. Полагая численные значения
изгибающих моментов в середине и на опорах
равными, мы получаем
л: = 0,207/.
тtт♦ тт т' jjj" jr ji
1 '''
Рис. 150.
прогиб в середине определится из уравнения
/ =
5 д{1-^2х)^
384 EJ^
дхЦ1 — 2х)^
16EJ;,
в котором первый член правой части представляет прогиб, вызываемый
нагрузкой, лежащей между опорами (уравнение (82)), а второй—прогиб, вызываемый
нагрузкой, лежащей на консолях (уравнение A05)).
7. Определить прогибы на концах консолей для балок, представленных на
рис. 79, а, Ь, с. Для вычислений принять балку двутаврового сечения J2=»
«= 2500 см^, £ = 2 .10» кг/смК
Ответ. Если / — длина балки между опорами и а — длина консоли» то
да*
SEJ,
РаЧ
4£/ '
1даЧ
117Pfl8
384£У^ •
9/8
^ да
^'^ = fe:(«+2'^-
24£Х
Р1Ч
1б£Л
:)-
39. Влияние поперечных сил на прогиб балок
Выше (стр. 118) при рассмотрении прогибов было принято во внимание лишь
действие изгибающего момента. Дополнительный прогиб 6yXet Вызван поперечной
силой при взаимном сдвиге смежных поперечных сечений одного относительно
другого. В результате неравномерного распределения касательных раряжений
поперечные сечения, прежде плоские,становятся искривленными, как на рис. 151,
на котором показан изгиб только от сдвига^). Элементы поперечных сечений в
центрах тяжести остаются вертикальными и скользят один по другому. Поэтому угол
наклона касательной к изогнутой оси только от сдвига равен в Каждом поперечном
сечении относительному сдвигу в центре тяжести этого сечения. Обозначая через ух
прогиб от сдвига, мы получаем для какого-либо поперечного сечения следующее
1) Деформация, вызываемая изгибающим моментом и состоящая из
взаимных поворотов смежных поперечных сечений, исключена.

39]-
ВЛИЯНИЕ ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ НА ПРОГИВ БАЛОК
151
(а)
выражение для угла наклона :
dx G W'
где QlF есть среднее касательное напряжение 1_^у, б — модуль упругости при сдвиге
и а «- численный коэффициент, на который нужно умножить среднее касательное
напряжение для того, hto&i ^олучить касательное напряжение в центре тяжести
поперечного сечения. Для прямоугольного поперечного сечения a=*/j (см.
уравнение F6)); для круглого поперечного сечения «=*/, (сы# уравнен^ F8)). При
непрерывной нагрузке на балке поперечная сила Q есть непре<
рывная функция, которую можно дифференцировать
по X. Тогда кривизна, вызываемая только сдвигом, будет
i^y^ а_^ ^
dF fGdx
FG
где q-^ интенсивность нагрузки. Сумма этой кривизны
и кривизны, вызываемой изгибающим моментом (см.
уравнение G9)), дает полное выражение для кривизны:
«V_ I (м+?^д). A06)
S
dx*
W,
Рис. 151.
Во всех случаях, в которых при определении прогиба нужно принять во внимание
влияние поперечной силы, необходимо пользоваться этим уравнением вместо
уравнения G9) *).3ная М fnq, как функции X, можем легко проинтегрировать
уравнение A06) таким же образом, как было указано в параграфе 32.
В этом случае с большим успехом
«яожет быть применен графоаналитический
метод, причем интенсивность фиктивной
Л г ■ I I I I I I 1^^—j^ нагрузки будет
ТТ
п
aj
b)
i
М-ф-а
FG
(b)
i
с)
Рис.
1"^
вместо одного М. (см. стр. 139).
Рассмотрим, например, случай балки,
свободно лежащей на двух опорах, с
!>авномерно распределенной нагрузкой
рис. 152). Изгибающий момент в каксш-
либо поперечном сечении х равен
162.
ql ?JC*
Л1=«^ж-
Т
(с)
Фиктивная нагру^а на балк€ состоит из двух частей: 1) нагрузки, представленной
первым членом уравнения (Ь) и определяемой параболической эпюрой изгибающих
моментов (рис. 152,6) и 2) нагрузки, представленной вторым членом уравнения (Ь),
т. е. a{EJglFG)q. Так как q постоянно, то это есть равномерно распределенная
нагрузка, показанная на рис. 152, с. ' ' ^ ■
Дополнительный прогиб в каком-либо сечении от поперечной силы равен
изгибающему моменту, вызываемому в этом сечении фиктивной балки, показанной
на рис. 152, с нагрузкой, разделенному na'EJg. Следовательно, в середине балки
дополнительный прогиб равен -
/,
^) Другой способ определений дополнительного прогиба вследствие сдвига
рассмотрен 1^а стр. 270.

152 ИЗОГНУТАЯ ось БАЛКИ [гл. V
Складывая это с п1)огибом от изгибающего момента (уравнение (82)), получаем
полный прогиб
^ " 3S4EJg "^ 8FG ~ 3S4EJz V "^ 5 /» GJ' \'
где f^_ 1/ -^есть радиус инерции поперечного сечения относительно оси г,
1 3
Для прямоугольного Поперечного сечения высотой А| =j^h^,a = -^. По-
лагая р; = 2 A -f ц) = 2,6, получаем из (d)
384 EJ,
1^('+з.'4)-
Можно видеть, что при-т- = Ю влияние поперечной силы на прогиб составляет
около 3%. Если отношение -j- уменьшается, то это влияние увеличивается.
Коэффициент а обычно бывает больше 2 для двутавровых балок, и если эти
балки коротки, то влияние поперечной силы может быть сравнительно велико-
Пользуясь уравнением G0) и рис. ПО, мы получаем
F
откуда
Q Vbh^ .h\,. -Л
Например, положим А=60см, F =. \75см^, J^ =91060см*, 6 == 18 сл(, 6i t= 1,7см,
\ = 55,6 см, I =5 6А. Тогда уравнение (е) дает а =. 1,99. Подставляя в
уравнение (d), находим.
5 Я1Ч. ■ 48,.. 91060 о.\.. ,опо 5g/4
384£Л
^== 384 • ШГЛ ■*' 5"^'^^ 175.3608-^П " ■
Дополнительный прогиб от сдвига в этом случае равен 20,3% от прогиба,
вызываемого изгибающим моментом, и поэтому должен быть принят во внимание.
В случае сосредоточенной нагрузки _Р
р (рис. 153) последняя может рассматриваться как
предельный случай нагрузки, распределенной по
очень короткой части е балки. Величина фик-
_^______^__^ тивной нагрузки Р^ на балке Л^Б^ соответсТвен-
е\^ А но второму члену в выражении (Ь) будет
1^ Pi = a^P. (f)
А В) Дополнительный прогиб от поперечной силы по-
Рис 153. лучается делением на E3z изгибающего
момента, вызываемого в балке фиктивной со-
\ средоточенной нагрузкой, определяемой
уравнением (/)• Например, для центральной нагрузки балки
изгибающий момент в середине фиктивной балки, возникающий от нагрузки (f), будет
a{JBJzlFG)PllA, и дополнительный прогиб в середине от поперечной силы равен
f - -^^ (g)

39]
ВЛИЯНИЕ ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ НА ПРОГИБ ВАЛОК
153
Складьшая этот прогиб с прогибом, вызываемым только изгибающим моментом
(уравнение (90)), получим следующее уравнение для полного прогиба:
/ =
Р/'
ASEJ,
+
а
FG
Р1
4
Р1'
4SEJ,
Л , 12ш| Е\
V "^ /* GJ'
Для балки прямоугольного поперечного сечения высотою h имеем
л
12/*'
«=-2",
и мы получаем
h
f'
PI*
4SEJ.
^1+3.90^).
(h)
При -у- = it; дополнительный прогиб от поперечной силы составляет около 4%
от прогиба от изгибающего момента.
Во всех приведенных выше рассуждениях предполагалось, что поперечные
сечения балки могут свободно искривляться, как показано на рис. 151.
Равномерно нагруженная балка представляет случай, в кбтором это условие
приблизительно удовлетворяется. Поперечная сила в середине такой балки равна нулю и здесь
нет никакого искривления. Искривление постепенно увеличивается с увеличением
поперечной силы по длине балки от середины к левому и правому/концам.
Следовательно, условие симметрии деформации относительно середины удовлетворяется.
Рассмотрим теперь изгиб сосредоточенной нагрузкой посередине. Из условия
симметрии среднее поперечное сечение балки дрлжцо остаться плоским. В то же
самое время смежные поперечные сечения справа и слева от нагрузки ёоспринимают
поперечную силу, равную Р/2, и должно иметь место искривление поперечных
сечений, вызванное этими поперечными силами. Однако из условий непрерывности
деформаций не может быть резкого из- „.
менения от плоского среднего сечения *
к искривленным смежным сечениям.
Должно быть непрерывное увеличение
искривления по длине балки в любом
направлении от середины, и только в
некотором расстоянии от нагрузки
искривление может быть таким, какое
производит поперечная сила Р/2 при
условиях свободы искривлений. Из
этих рассуждений необходимо заклю-
чить, что вблизи среднего поперечного
сечения распределение напряжений
будет не таким, как указано
элементарной теорией изгиба (см. стр. 187). Искривление будет частично задержано, и
дополнительный прогиб.от поперечной силы будет несколько меньше того, что
найдено выше (см. уравнение (g)). Более подробное исследование ^^) показывает,
что в случае сосредоточенной нагрузки в середине прогиб там же равняется
Рис. 154,
/=
Р1' Г h^
т-
(i)
Аналогичное условие мы имеем в случае консольной балки. Если заделанное
поперечное сечение может свободно искривляться, как показано на рис. 154,а, то
*) См, L. N. G. F i I оп, цитирован, на стр. 107; S, Timoshenko,
Phil. Mag., т. 47, стр. 1095, 1924; см. также Th. Karman, Seripta Univer-
sitatis atque Bibliothecae Hierosolmitanarum, 1923 и автора Theory of
Elasticity стр. 95, 1934.

164 ИЗОГНУТАЯ ось БАЛКИ [ГЛ. V
■ . . . ■ ■ . i ■
условия будут такими, какие ftpeanwiiir^/iBCb при выводе уравнения (h)* Прргвб
консоли прямоугольного npnepi^iipro сечейЙ~я получится подстановкой I вместо
1/2 и Р вмесЬ Р/2 в это ураМёнЙе, т. е. "
Когда заделанное поперечное сечение полностью препятствует искривлению (рис.
164, Ь), условия будут теми же, что предполагались при выводе уравнения (i),
и прогиб станет
что меньше прогиба, данного уравнением (j).

ГЛАВА VI
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ
40. Лишние saiqpenAeHHfl
В предыдущих параграфах были рассмотрены три типа балок:
1) консоль» 2) балка, свободно опертая на концах и 3) консольная
балка (со свешиэщощимися концами). Во всех трех случаях
реакции могли быть определены из основных уравнений статики;
следовательно, эти задачи—статич^ки определимы. Рассмотрим теперь
задачи на изгиб балок, в которых уравнений статики недостаточно,
чтобы определить все реакции опор, так что необходимо вывести
дополнительные уравнения, основанные на рассмотрении
деформаций балок. Такие задачи называются статически неопределимыми.
Рассмотрим различные типы опор, ^которые может иметь балка.
Опора, изображенная на рис. 155, а, называется ишрнирно-под-
вижной опорой. Если пренебречь трением в шарнире и в катках,
то очевидно, что в этом типе опор реакция должна проходить через
центр шарнира и быть перпендикулярной к плоскости /п/г, по
которой передвигаются катк1и. Следовательно, мы знаем точку
приложения реакции и ее направление. Остается только оДин
неизвестный элемент —- величина реакции. ' -
На рис. 155, 6 показана ишрнирно-неподвижная опора. В этом
случае реакция должна проходить через центр шарнира, но может
иметь любое направление в плоскости рисунка. Мы имеем два
неизвестных элемента, которые нужно определить из уравнений
статики, а именно: направление реакции и ее величину, или иначе:
вертикальную и горизонтальную составляющие реакции.
На рис. 155, с представлен заделанный конец. В этом случае не
только неизвестны направление и величина реакции, но также и

156 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. VI
точка приложения. Реактивные силы, распределенные по
заделанному сеченй'ю, могут быть заменены силой R, приложенной в
центре тяжести сечения, и парой сил М. В таком случае мы имеем три
неизв«1тные, которые нужно определить из уравнений статики, а
именно: две составляющих реактивной силы /? и величину пары М.
Для балок, нагруженных поперечными силами в плоскости
симметрии, мы имеем для определения опорных реакций три уравнения
статики, а именно:
SX=0, Sy=0, SM=0- (а)
Если балка оперта так, что имеются лишь три неизвестных
реактивных элемента, то они могут быть определены из уравнений (а),
и, cлeдoвaтeльнOi задача статически определима. Эти три элемента
как раз достаточны, чтобы обеспечить неподвижность балки. Когда
число реактивных элементов больше трех, мы говорим, что имеются
лишние закрепления, и задача является статически неопределимой.
Консоль опирается заделанным концом. В этом случае, как
было выяснено выше, число неизвестных реактивных элементов —
три и они могут быть определены из уравнений статики (а). Для
балок, свободно лежащих на опорах, и балок со свешиваюищмися
концами обычно предполагают, что одна из опор имеет неподвижный,
а другая — подвижный шарнир, В таком случае мы опять имеем
три неизвестных реактивных
элемента, которые могут быть опре-
.^ делены из уравнений статики.
Если балка имеет неподвижные
шарниры на обоих концах (рис. 156),
задача становится статически не-
^"^- ^^- определимой. На каждом конце мы
имеем по два неизвестных
реактивных элемента, являющихся составлякщими каждой реакции. Для
определения этих четырех неизвестных мы имеем лишь три
уравнения (а). Следовательно, мы имеем одно лишнее закрепление, и для
определения реакций необходимо рассмотреть деформацию балки.
Вертикальные составляющие реакции можно вычислить из уравнен
НИИ статики. В случае вертикальной нагрузки можно заключить
также из статики, что горизонтальные составляющие Я равны, но
противоположны по направлению. Чтобы найти величину Я,
рассмотрим удлинение оси балки при изгибе. Приближенное значен
вне этого удлинения можно получить при допущении, что изогнутая
ось балки является параболой ^), уравнение которой представляет
y^J-!~ '-, (b)
*) Точное выражение для изогнутой оси балки будет: дано ниже (см. том II).

40] ЛИШНИЕ ЗАКРЕПЛЕНИЯ 157
где / есть прогиб посередине. Длина кривой равняется
5^ 2 J Vdx^^dy'^2 ydxy\ + (f]\ (с)
о о
в случае пологой кривой величина (dy/dx)* мала по сравнению с
единицей и, пренебрегая мальми величинами порядка выше
второго, мы получаем приблизительно
/^Ж-'ЧШ'-
Подставляя это выражение в уравнение (с) и пользуясь уравнением
(Ь), находим длину кривой /
'='('+й>
Разность между длиной кривой и расстоянием / между опорами
представляет полное осевое удлинение балки и равняется (yj
(f^jl). Тогда относительное удлинение будет (^j if^jl% Зная его
и обозначая через Е модуль упругости материала балки и через F
площадь поперечного сечения балки, мы получаем горизонтальную
реакцию из уравнения
H^^^EF. (d)
Необходимо отметить, что для большинства балок на практике
прогиб / весьма мал по сравнению с длиной / и растягивающие
напряжения f у) {fVl^)E, вызываемые силами Я.обычно малы по сравнению
с напряжениями от изгиба, и ими можно пренебречь. Это
оправдывает обычную практику расчета балок с опертыми концами, когда
предполагают, что одна из двух опор представляет подвижный
шарнир, хотя специальные приспособления для возможности
свободного движения шарнира в действительности применяюгся только в
случае больших пролетов, например мостов.
В случае изгиба гибких стержней и тонких металлических
пластинок, где прогиб / уже не очень мал по сравнению с /,
растягивающими напряжениями, вызываемьми продольными силами Я,
пренебрегать нельзя. Такие задачи будут разобраны в дальнейшем
(см. том II).
В последующем изложении для решения статически
неопределимых зшжт изгиба будет применен метод сложения действия сил.
Решения будут получены комбинацией вьш1еисследованных
статически определимых случаев таким образом, чтобы удовлетворить
условиям на опорах.

158
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИВЕ
[гл. VT
41. Балка, заделанная одним концом и опертая другим
В этом случае мы имеем три неизвестных реактивных элемента
на одном конце и один неизвестный на другом конце.
Следовательно, задача однажды статически неопределима. Начиная со случая
одного сосредоточенного груза Р (рис. Ш7,а), примем за лишнее
закрепление то, кото)рое препятствует левому концу А балки ncj:
ворачиваться при изгибе. Отбрасывая это закрепление, мы
получаем статически определимую задачу, показанную на рис. 157, Ь.
Изгиб, вызываемый статически неопределимой парой Мд, теперь
будет разобран отдельно, как показано на рис. 157, с^). Очевидно,
что изгиб балки, изобразк^енный на рис. 157^а, можно получить сло-
жениа! случаев (Ь) и (с). Необходимо лишь величину пари М„ на
опоре подобрать таким образом, чтобы удовлетворите условию
К^^Ь\,
(а)
Тйким образом, поворот левого конца
балки от силы Р будет уничтожен
реактивным моментом Мд и будет
удовлетворено условие в заделанном кон-
У^^'' це, а именно, угол наклона здесь ра-
' вен нулю. Чтобы получить статически
неопределимую пару Мд, необходимо
лишь вставить в уравнение (а)
известные значения для углов 6j и Ь[ из
уравнений (88) и A04). Тогда
откуда
м.- —
Рс (/* - с*)
A07)
Рис. 157.
Эпюра изгибающих моментов теперь
может быть получена сложением
эпюр для случаев (Ь) и (с), как показано заштрихованной
площадью на рис. Ib7,d. Наибольший изгибающий момент будет либо в
а, либо ъ d. ;
Прогиб в какой-либо точке легко можно получить вычитанием
прогиба, вызывааюго парой М^ (рис. 157, с), из прогиба в этой
точке, вызываемого сосредоточенным грузом Р (рис. 157, 6).
Уравнения изогнутых осей для обоих этих случаев уже были даны в (86)
и (87) стр. 129 и в A05), стр. 141. Возьмем, например, случай с<у /
*) Изогнутая ось балки и эпюры изгивающих моментов показаны вместе.

411 БАЛКА, ЗАДЕЛАННАЯ ОДНИМ КОНЦОМ И ОПЕРТАЯ ДРУГИМ ' 159
И вычислим прогиб / в середине пролета. Из уравнений (91) и A05)
имеем
или, при помощи уравнения A07),
В точке с, где изгибающий момент получается равным нулю,
кривизна изогнутой оси балки также равна нулю, и мы, имеем точку,
перегиба, т. е. точку, где кривизна изменяет знак.
И^ уравнения A07) можно видеть, что изгибаклций момент в
заделанном конце зависит от положения груза Р. Если мы
приравняем нулю производную от уравнения A07) по с, мы найда!, что
момент М^ имеет численно наибольшее значение при с =//>^з". Тогда
[-м^и^з^^олэгрл (io8)
Изгибающий момент под грузом, из рис. 157, d, равняется
M,=MpS>-^?£S^^^,il^crBl+c). (b)
Если мы возьмем производную от (Ь) по с и приравняем ее нулю, то
мы найдец, что TW^ получается наибольшим при
c=4(V^—0=0.366/.
Подставляя это в уравнение F), мы получаем
(Л^Хах=0Л74Р/.
сравнивая это с уравнением A08), мы находим, что в случае
подвижной нагрузки наибольшие нормальные напряжения о^ будут в
заделанном сечении и при условии, что
Имея решение для одного
сосредоточенного груза и пользуясь методом
сложения действия сил, можно ре- Рис- 158,
шить задачу для других типов
поперечной нагрузки иря помощи изложенной выше теории.
Возьмем, например, случай, изображенный на рис. 158. Момент
на опоре Л, возникающий от элементарной нагрузки gdc, получитхгя
из уравнения A07) подстановкой gdc вместо Р.

160 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ НЗГИВЕ
Полный момент М^ на опоре будет
M„=^ —^ 2/5 "="^1" 2 Г~У
[гл. V!
(С)
1
^
й
1
I '1' и f i 11 Й Й f
aj
Если нагрузка распределена по всей длине балки (рис. 159, а),
то, подставляя в уравнение (с) а = О, Ь = /, получаем
♦'' М^ ^. A09)
Эпюра изгибающих моментов получится
вычитанием треугольной эпюры от пары
m\irrr^ ~hi Мд (рис. 159) из параболической эпюры
"V от равномерной нагрузки. Можно ви-
^gr деть, что наибольшие норма1льные
напряжения от изгиба будут в заделанном
сечении. Прогиб в какой-либо точке
балки получится вычитанием прогиба в
этой точке от пары М^ (уравнение A05))
из прогиба в той же точке от равномерной нагрузки (уравнение (81)).
Тогда для середины пролета мы получим
5 qV- MJ^ ql*
Рис. 159.
/ =
384 E/^ 16£/^ 192 E/^
ЗАДАЧИ
A10)
1. Построить эпюры поперечных сил для случаев, показанных на рис. 157
и 159.
2. Определить наибольший прогиб для случая равномерно распределенной
нагрузки, показанной на рис. 159.
Решение. Складывая уравнения (81) и A05), получаем следующие уравнения
для изогнутой оси:
.= '
^EJ
CZV —5/х»+2х*).
(d)
Полагая производную а^'^_х_ равной нулю, мы находим точку наибольшего
прогиба при X =(//16) A5 —>^33) = 0,579/. Подставляя в (d), получаем
f 9L-
I max— 185 E J г'
3. Определить реакцию правой опоры балки, показанной на рис. 159,
считая эту реакцию за лишнюю неизвестную.
Решение. Отбрасывая опору В, находим, что прогиб этого конца балки,
рассматриваемой как консоль, из уравнения (84) будет ql^/SEJg. Реакция В должна
быть такова, чтобы уничтожить указанный прогиб. Тогда, пользуясь уравйением
(95), получаем уравнение
?/* В/»
8Е/,
3EJ/

41]
БАЛКА ЗАДЕЛАННАЯ ОДНИМ 1ФНЦ0М И ОПЕРТАЯ ДРУГИМ
т
из которого
д=-^ gl.
4. Балка нагружена, кгак показано на рнс« 160, Определить ыомент Afg и
реакции Л и В опор»
Ответ.
~Л^а=Лг +Топ? А
8 ^120
5 9
II
8
40
8
9^ + 4o9i'
5. Определить реакцию В опоры равномерно нагруженной балки, показанной
на рис. 159, если опора i? упруга, так что направленная вниз сила величиной k
понижает опору на единицу длины.
Решение, Пользуясь тем же методом, что и
в задаче 3, найдем уравнение для определения В: ^
qV'
ВР
ШП 3EJ^
В
k '
из которого
В
8
ql
1 +
Рис. 160.
6. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для равномерно
нагруженной балки, опертой в середине и на концах.
Указание. Из условий симметрии среднее поперечное сечение не поворачй*
вается при изгибе и каждая половина балки будет находиться в условиях балки,
заделанной одним концом и свободно опертой другим.
7. Определить прогиб конца С балки, показанной на рис. 161.
Решение. Заменяя действие свеи^ивающегося конца парой Ра, получим изгиб
балки между опорами сложением случаев ^) и с) на рис. 161- Пользуясь форму*
лами {103) и A04), мы найдем статически ие-
/^ определимую пару Мд из уравнения 9,=s — 6^
или
PQI
eEj,
bEJ,
откуда Ma =«= Pa/2, Прогиб в С будет
/=-
Рс?
3EJ,
+ «(в«-в.)=
Pfl» . Pfl»/
SEJ^ ' 4EJ
Рис. 161.
Первый член правой части представляет собой
прогиб консоли, а второй ^— прогиб
вследствие поворота поперечного сечения балки в В»
8. Определить дополнительное Давление балки АВ на опору В <рис. 157) от
неравномерного нагревания балки при условии, что температура изменяется от
to внизу до / вверху балки по линя^ному закону (i> у.
Решение. Если опора В отброшена, то неравномерное нагревание вызовет
изгиб оси балки по дуге круга. Радиус этого круга может быть определен из у^рав-
нения 1/г = а(^—Q/h, в котором А есть высота балки и а — коэффициент линей^
ного расширения. Соответствующий прогиб в В может быть найден, как в задаче
6 с. п. Тимошенко

1€2 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПТ'И ИЗГИБЕ [ГЛ. VI
2 на стр. 90, и равен
> Pa(t-fo)
'~~2г~~ 2h '
Этот npofH6 должен быть уничтожен реакцией опоры В. Пусть В означает эту
реакцию; тогда мы получим
Bl" Pajt-Q
3EJg~ 2ft '
откуда
9. Консоль AB (рис. 162), нагруженная на конце В, опирается на короткую
консоль CD такого же поперечного сечения, как и консоль АВ. Определить
давление X между двумя балками в точке С.
. Решение. Давление X будет найдено из условия, что в точке С обе консоли
имеют один и тот же прогиб. Пользуясь уравнением (95) для нижней консоли и
уравнением (97) вместе с уравнением" (95) для верхней, мы получаем
Щ~ \г "~1 р откуда
р ,^2 Из рассмотрения эпюры изгибающих моментов для
^"^* верхней и нижней консолей можно заключить, что в
точке С верхняя консоль имеет больший угол
наклона, чем нижняя. Это указывает на то, что соприкасание между двумя консолями
■будет только в точках С и J9.
10 Решить задачу 7, полагая, что вместо сосредоточенного груза
равномерная нагрузка интенсивностью q распределяется: 1) по длине а
свешивающегося конца и 2) по всей длине балки. Построить эпюры изгибающих моментов и
поперечных сил для этих двух случаев.
11 Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для случая,
показанного на рис. 158, если а = 1,2 ж. 6 = 3.6 л<, Z = 4,5 л< и ? = 500 кг1м.
42. Балка с двумя заделанными концами
В этом случае (рис. 163) мы имеем шесть реактивных элементов
(три на каждом конце), т. е. задача имеет три статически
неопределимых э;|емента. Однако для обыкновенных балок горизонтальными
составляющими реакций можно пренебречь (см. стр. 155), что.
уменьшает число статически неопределимых величин до двух.
Примем моменты М„ и Mj, на опорах за статически неопределимые
величины. Тогда для случая одной сосредоточенной силы Р (рис.:
163, а) решение можно получить сложением двух статически
определимых задач/показанных на рис. 163, Ь и 163, с. Очевидно, что
условия в заделанных концах балки АВ будут удовлетворены, если
пары Мд и М-ь подобраны таким образом, чтобы сделать
К^—^г^ е.«—е;. (а)

42]
БАЛКА С ДВУМЯ ЗАДЕЛАННЫМИ КОНЦАМИ
163
Из этих двух уравнений получаются статически неопределимые
пары. Пользуясь уравнениями (88) и (89) для сосредоточенной силы и
уравнениями A03) и A04) для пар, получаем из уравнения (а)
. PciP
Рс {I - с) B/ - с) Mai
откуда
М,--
Рс^ (I — с)
6EJ,
м,
Pcjl-cf
A11)
Оба опорных момента отрицательны и вызывают изгиб выпуклостью
вверх. Складывая эпюры изгибающих моментов для случаев о) и
с), получаем эпюру, показанную на рис. 163, d. Мы видим, что
наибольший цоложительный изгибающий момент для случая,
показанного на рис. 163, а, X находится под силой в точке С. Его
величина может быть найдена из рис. 163, d и выражена следующей
формулой:
Из рис. 163, d можно видеть, что численно наибольший изгибающий
момент будет или в точке С, или на ближайшей опоре. Для
подвижной нагрузки, т. е. когда с
изменяется, при с<1/2 наибольшее
численное значение М^
получается подстановкой с= //3 в
уравнение A11). Этот maximum
равен 4Р//27. Изгибающий момент
под грузом будет наибольшим,
когда с = 1/2, и этот maximum
из уравнения A12) равен PI/S.
Следовательно, для подвижной
нагрузки наибольший момент
будет на конце.
Пользуясь методом сложения
действия сил, прогиб в какой-
либо точке балки можно
получить сложением прогиба
от силы Р с прогибами от
пар M^mMf,. п -
Имея решение для одного сосредоточенного груза F, какой-
либо иной тип поперечной нагрузки легко можем исследовать при
помощи метода сложения действия сил.
c^i
Рис. 163.

164
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ
(гл. Vi;5
ЗАДАЧИ
1. Построить эпюру поперечных Сйл для случая, показанного на рис. 163, а.
если Р = 400 кг, 7= 5,6 ли с=== 1,2 л.
2. Найти моменты на концах, балки, нагруженной в точках, отстоящих на
1/3 длины балки от опор (рис. 164). Построить эпюры изгибающих моментов и
поперечных сил. - )
• ' ■ 2 ■ ' ■'
Ответ. М^ — Mi,==—-^ PL
3. Решить предыдущую задачу, когда сила в точке D имеет противоположно?
направление.
2
Ответ. Ма= —Ml, ——mPl-
4. Построить эпюру изгибающих моментов для равномерно нагруженной^
балки с заделанными концами (рис. 165). Ш^ i _^
%zk±
ША . С
1
3'
1-Ж
I
J?
Рис. 164.
1
Рис. 165.
Решение. Момент в А, вызываемый элементарным грузом qdc (рис. 165,а),
по уравнению A11), равняется
.., g(^(l — c)dc
йМа = - ^ /» •
Тогда момент, и>1зь1ваемый нагрузкой, лежащей по всему пролету, равняется
^'^=--]o -Р '=
3^
12
Момент на опоре В будет иметь ту же величину. Складывая параболическую эпюру
изгибающих моментов, вызываемых равномерной нагрузкой, с прямоугольной
эпюрой моментов от двух равных пар,
приложенных на концах, мы получим эпюру, показанную
на рис. 165,6 заштрихованной площадью.
5. Определить моменты на опорах балки с
заделанными концами и нагруженной
треугольной нагрузкой, показанной на рис. 16^
Решение. Интенсивность нагрузки в
расстоянии с от опоры В равняется q^/l, а
нагрузка, изображенная заштрихованным
элементом,^ равняется qgCdcll. Моменты, действующие на концах и вызываемые этой
элшентарной нагрузкой, на основании уравнения (U1) будут
Рис. 166.
т^^^^^Ж^
c)dc
Шэтому
Ма^
I'
ggc'(/ —c)dc_
I*
dMf,^.-
qgC^jl — cYdc.
f
" 20
M>
i
'dc
g_£
30

43] PAtiik 165
6. Определить реактивные шментыЛ^^ п М^и балке е адделаиттв ков*
цами, ийгйбаемой парой Рс (рис. 167);
Решение. Пользуясь решениш зщт 4» стр, 142 н уравн^вямн <103) в <i04)*
получаем следующие уравнения: ' •
из которых можно легко вычислить Мд и М^*
7. Определить моменты на опорах балки с заделанными концами от
неравномерного нагревания, если температура изменяется от ^ф внизу до /* вверху балки
по линейному закону.
Ответ./We = М^ «= S^^J^iilniL),
где а — коэффициент линейного расширения и А — высота балки.
8. Определить влияние иа реактивную силу и реактивный момент в,Л,
вызываемое малым вертикальным перемещением о заделанного конца Л балки АВ
(рис. 163). .
Решение. Отбросим опору Л; тогда прогиб /j в Л и угол наклона в, в этой
точке и1айдутйя как дли консоли, заделанной в В и нагруженной силой Р, т« е.
РС^ . Pi* V fl _ ^'С»
Прикладывая в Л реактивкую силу X шерх
и реактивную пару У в том же направлении, р^ .*у
как Мд, такой величины, чтобы уничтожить *
угол наклона в^ и сделать прогиб равным 6,
получим для определения неизвестных величин X и У следующие уравнения:
9. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для балки, &о-
казанной на рйс. 166, если 9о=500 кг/л, /==4,5 м.
10. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для балки с
заделанными концами, если левая половина балки равномерно нагружена
нагрузкой 9 ==500 KS/M, Длина балки /=5 м,
43, Рамы /
Метод, примененный в предыдущем параграфе для статически
неопределимых балок, можно приложить также к изучению рам.
Возьмем в качестве простого примера симметричную раму
(рис. 168), с шарнирами в С и D, и нагруженную симметрично. Вид
рамы после деформа1щи показан пунктиром. Пренебрегая
изменением длины стержней и влиянием осевых сил на изгиб стержней'),
можем рассматр1^вать раму доставленной из трех балок, как показано
на рис. 168, 6. Очевидно, что на концах горизонтально!) балки АВ
^) Одновременное действие изгиба и сжатия будет рассмотрено ниже (см
часть II)»

166
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ
[гл. VI
будут действовать пары М, которые препятствуют свободному
повороту этих концов и представляют действие вертикальных
стержней на горизонтальную балку. Эта пара М может быть принята за
статически неопределимую величину. Зная М, можем изгиб трех
стержней исследовать без всякого затруднения. Для определения М
мы имеем условие, что в А и В стержни между собой соединены же-
ctKo, так что поворот верхнего конца вертикального стержня АС
должен быть равен повороту левого конца горизонтального
стержня. Отсюда уравнение для ойределения М будет
е,= е;. (а)
6, должно быть определено из изгиба горизонтальной балки АВ.
Если обозначим через / длину этой балки и через EJ — ее жест-'
Pi
4
В
cj
Рис. 168.
кость при изгибе, то угол поворота конца А от силы Р, на
основании уравнения (88) при 6=//2, равняется PP/\6EJ. Пары на
концах сопротивляются этому изгибу и вызывают угол поворота в
противоположном направлении, который из уравнений A03) и
A04) равняется MI/2EJ. Окончательное значение угла поворота
будет
РР Ml
^^~\6EJ
2EJ
Рассматривая теперь вертикальный стержень АС как балку с
опертыми концами, изгибаемую парой сил М, и обозначая через /i его
длину и через fJ, его жесткость при изгибе, найдем из уравнения
A04) угол вверху

43J
PAMU
167
Вставляя в уравнение (а), получаем
f£___Ml __ Mh
16EJ 2EJ~MT^
откуда
М =
PI
1
8 2^ h J_'
"^3 /У,
A13)
Это есть абсолютное значение Л1, Его направление показано на
рис. 168, Ъ. Зная М, можем построить эпюру изгибающих
моментов, как показано на рис. 168, с. Также показаны реакции в
шарнирах С и D (рис. 168, а).
Вертикальные составляющие этих реакций из
условий симметрии равны между собой и
каждая из них равна Р/2. Что же
касается горизонтальных составляющих, то
их величина Mlh получается, если
рассматривать вертикальные стержни, как
свободно опертые балки и нагруженные
вверху парами М.
Эта задача может быть решена и
другим путем, если вместо М за
статически неопределимую величину принять
горизонтальную реакцию Н в шарнирах
С и D. Статически неопределщая
задача решается путем сложения двух
статически определимых задач, показанных
на рис. 169,6 и 169,с. В случае Ь)
отброшено лишнее закрепление,
препятствующее горизонтальному перемещению
шарниров С hD. Вертикальные стержни
уже не имеют изгиба. Горизонтальный
стержень АБ находится в условиях
бруса со свободно опертыми концами, углы
поворота которых равны PP/16EJ, и
поэтому горизонтальное перемещение
каждого шарнира С и D равняется h{PlVlQEJ). В случае с)
рассматривается действие сил Я. Эти силы вызывают изгибающие
пары на концах горизонтального стержня ЛВ, равные Hh, так что
углы поворота его концов 6' будут Hh4l2EJ. Перемещение
каждого шарнира С и D состоит из двух частей: 1) перемещения
b'h=Hh4/2EJ, вследствие поворота верхнего конца и 2)
перемещения Hh*/3EJ^ вертикальных стержней, как консолей. В
действительности же (рис. 169, а) шарниры С и D не перемещаются.
Следовательно, горизонтальные перемещения, вызываемые силой Р

ш
т
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ П^Й ИЗГИБЕ
(ГЛ.Т1
(рис. 169, Ь), должны быть уничтожены силами И (рис. Ш9, с), т. е.
Р1* , ИНН ,Hh'
откуда
1
лл. 2 А / •
Замечая, что Hh^M, видим, что этот результат согласуется с най'
денным выше уравнением A13).
Этот последний метод анализа особенно пригоден для
несимметричной нагрузки, как например, указанной на рис. 170. Отбрасывая
закрепление, препятствующее го-
р изонтальному перемещению шар-
нироэ С и D, мы имеем
положение, изображенное на рис. 170, Ь.
Очевидно, что увеличение
расстояния между С и D можно полу^
чить умножением суммы угло1в 6. и
0, на h. Пользуясь уравнениями (88)
и (89), находим это увеличение
расстояния
f. [Рс (/' - с') Рс и - с) B1
blEJ
Рис. 170.
а/Я/
Pc(t — c)h
'TIT •
Л]
Оно Должно быть уничтожено горизонтальными реакциями И
(рис. 169, с). Тогда, пользуясь результатами," полученными в пре-
дьщущей задаче, мы получаем следующее уравнение для
определения Я;
откуда
9 (Шйл. ^^' ^ Pg(/-g)/t
"* Z /,
AИ)
Имея решение для одной сосредоточенной силы, можем легко
исследовать при помощи метода сложения действия сил какой-либо
иной случай-нагрузки балки АВ рамы.
Рассмотрвм <гшерь раму с заделанными Опорами и несимметрично кагружев-
ную. как показано т рис. 171. В этом случае мы имеем три реактивных элемента
на каждой опоре, и систша имеет три статически неопределимых эла11ента. При
решении этой задачи мы будем пользоваться методом, основанным на методе
сложения действия сил, в котором данная система нагрузки разделяется на части.

43]
РШы
169
так что для каждой отдельной нагр^^'зкй можно найти простое* решение *). Задача,
показанная на рис. 171, а, может быть решена сложением решений двух задач,
показанных на рис. 171, ft и 171, с. Случйй, показанный в Ь), является сймметрйч»
4>
Щ^
г,
С
±Х0
Т\
1
А
В
.А
iV'^'
b)
я^
шя
в
I—'•к
.1^
С)
в
О
Ь В
ным и может &лть рассмотрен
таким же образом, как
первый пример, показанный на
рис. 168. Исследование
случая, изображенного в с),
показывает, что точка перети- „
ба О горизонтального стерж- г/ ^)
ня ЛВ находится в середине
стержня. Это следует из того
условия, что силы Р/2 равно
отстоят от вертикальной оси
симметрии рамы и
противоположны по направлению.
Момент, прогиб и осевое уси- \ ^г \
лие, вызываемые в средней . \ / . \
точке О горизонтальной
балки АВ одной из сил Р1%
будут уничтожены " действием _
другой силы Р/2. Следова- ^^Ш,
тельно, в точке О не будет ни
изгибающего момента, нн вер- Рис^ 171.
тикального прогиба, ни
осевой силы. Величина
поперечной силы X в той же точке может быть найдева из того условия, что верти*
кальный прогиб в О равен нулю (рис. 171, d). Этот прогиб состоит из двух частик:
прогиба /, от изгиба консоли ОВ и прогиба f, вследствие Поворота конца В вер?
тикального стержня BD. Пользуясь известными уравнениями для консоли
(уравнение (98)) и обозначениями, дачными на рисунке, получим следующие
уравнения'с
i"*
Xi
d)
т
h
1
/х=
Р с»
- Ш'
2 3£/
ЪЕЛ
Г2£/\,2 V
^*-\2 ^ 2}EJ^ 2 '
Подставляя это в уравнение /,Н-?2~0. найдем величину X поперечной силы.
Определив X, можем вычислить изгибающн^^ момент для случая с) в любом попе-
речном сечении рамы. Складывая его с изгибающими моментами для с^мметрвчнсчч)
случая Ь), получим решение задачи ')»
ЗАДАЧИ
1. Найти осевые усилия во всех стержнях рамы, показанной на рис. 168, й.
Ответ. Сжимающие усилия в вертикальных. стержнях '^Р/2; сжимающее
усилие в горизонтальном стержне =Mlh.
2. Построить эпюру изгибающих моментов для рамы, показанной на
рис. 170, а.
^) Такой метод был широко применен W. L. Andree; см. его книгу «Das B*U
Verfahren», Berlin, 1919.
') Решения многих важных задач на рамы можно найти в книге! К 1 е i п 1 о-
gel, Mehrstielige Rahnien, Berlin, 1927,

170
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ
[гл. VI
/ 3. Определить изгибающие моменты в узлах рамы, показанной на рис. 172,
Решение. Рассматривая стержень АВ как балку, опертую на концах
(рис. 172, Ь), и обозначая через М моменты в узлах, получим угол поворота .6,
Pf Ml
16EJ 2EJ'
Полагая это равным углу б на
концах вертикальных стержней,
которые изгибаются только парами (Л,
Получим следующее уравнение для
определения Л1:
Р/"
Ш Mh
16EJ .2EJ 2EJy'
откуда
М=
Р1 1
« 1+AjL'
4. Построить эпюру
изгибающих моментов для рамы
предыдущей задачи.
5. Определить горизонтальные реакции Я для случая, показанного на
рис. 173.
Указание. Пользуясь уравнением A14) и применяя метод сложения действия
сил, получаем
ql^ 1
Н--
'24А 2 _Л^£'
"^3 /У,
6. Построить эпюру изгибающих моментов для трех стержней предыдущей
задачи, полагая А=/и J=J^.
7. Определить изгибающие
моменты в узлах рамы, показанной
на рис. 174.
У" L =*
.^^^^лЩЬ
i-^
I
I,
а)
Рис. 173.
Рис. 174.
Решение. Разъединяя раму, как показано на рис. 174, Ь, получим уравнения,
для определения пар Л1 и Л1,

43]
РАМЫ
171
Вставляя в эти уравнения значения
РсA-с) Ml
2EJ'
е.=-
^
2EJ
1
^г
_М^1 д/^Ш
2EJ^'
,' _Mh
г-QEJ.
Мф
SEJt 6£У»'
3EJ, '
получим два уравнения для определения М и Mi-
8. Построить эпюру изгибающих моментов и определить осевые усилия во
всех стержнях рамы, показанной на рис. 174, а, если h—l и J—J^—Ji-
9. Симметричная прямоугольная рама подвергается действию
горизонтальной силы Я, как показано на рис. 175. Определить изгибающие моменты М vi М^
Решение. Вид деформированной рамы показан на рис. 175,а. Разъединяя
раму, как показано на рис. 175,6, и прилагая моменты по направлениям, которые
согласуются с искаженным видом рамы, •-' - - •«
имеем для стержня CD
^^-W\2 ^jeEJ-
Рассматривая теперь вертикальный стержень
АС, как консоль, заделанную на конце С с
углом е,, найдем угол наклона в конце А
, Н А* Mh
Наконец, вследствие изгиба стержня АВ
Ml ■
е.
мы
(Ь)
e.=e;=j
(d)
Тогда из урабнений (Ь), (с) и (d) получаем
f^-+6-r^
J_
у.
(е)
Вставляя в уравнение (Ь), можем найти
изгибающий момент Л1,. Когда
горизонтальный стержень имеет очень большую жесткость, мы приближаемся к условиям
рамы, показанной на рис. 171, а и подверженной действию поперечной нагрузки Н,
Вставляя в (е)/=оо, получаем для этого случая
М=.Щ1 ^\ , - (f)
l+4--fV'
6 h J^'
Случай рамы, показанной на рис. 168 с^
шарнирными опорами и подверженный действию
поперечной нагрузки, приложенной в А, можно
получить подстановкой /=0 в уравнение (е).
10. Определить горизонтальные реакции Я и
изгибающие моменты Ма и Л!^ в узлах Л в В
рамы, показанной на рис* 176«
Я=
gh\\m-\-2Q
20 2/п+З
М
,-Л1й- gQ 2/n-f3'
где
h J

175
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ
tm.yi
11. Рама состоит из двух стержней, соединенных жесткое В в заделанны*
в Л и С (рис. 177). Определить изгибающий момент М в В и сжимающее усилив
S /
1-^
/
4
Рис. 177.
в АВ, если, вследствие повышения температуры, стержень АВ увеличивается
в длине на A'^Ql{t—t^.
О/ш^. Р и М могут &iiTb найдены из уравнений:
£1
Ml*
М/, Ml.
2EJ ЖГ'^ШЗ'
Р1Х
44* Балки на трех опорах
В случае балки на трех опорах (рис. 178, а) имеется один
статически неопределимый элемент. Пусть будет этим элементом
реакция промежуточной опоры. Тогда при помощи 1йетода сложения
действия сил ^решение случая а) можно получить путем сложения
dJ
Рис. 178.
случаев, представленных в 6) и с) рис. 178. Промежуточная
реакция X найдется из того условия, что прогиб Д вызванный в С силой
Я, должен быть уничтожен реакцией X. Пользуясь уравнением (86),

44] БАЛкЙ НА ТРЁХ ОПОРАХ 17В
получаем следующее уравнение для определения X:
откуда
. 2/,/" ^ '
Если Р действует на левом пролете балки, то можно
воспользоваться тем зке уравнением, но расстояние с должно бытгь измерено от
опоры Л и /, и /j должны перемениться местами. Для /i=/2=*/ из
уравнения A15) следует
х=Щ^. A16)
Имея решение Для одной силы Р, какую-либо иную нагрузку легко
можно исследовать при помощи метода сложения действия сил.
Та же задача может быть решена и другим способом. Вообразим
балку разрезанной на две части в С (рис. 178, d) и пусть N[^ обозначает
величину изгибающего момента первоначальной балки в этом
поперечном! сечении. Таким образом, задача сводится к
рассмотрению двух свободно опертых балок, показанных в d), которые
являются статически определимыми. Величина М^»^ определится из
условий непрерывности изогнутой оси на опоре С. Из этого следует,
что угол ^) 6==6', или, пользуясь уравнениями (88) и A04) и
предполагая, что изгибающий момент М^ положителен, получаем
ж^, Pg(/;^c«) МЛ
откуда
Следовательно, М^ — отрицателен и направлен, как указано на
рис. 178, d. Эпюра изгибающих моментов показана заштрихованной
площадью на рис, 178, d.
' ' ЗАДАЧИ
1. Для примера, представленного на рис. 178, доказать, что величина
изгибающего момента М^, определяемая уравнением A17), та же самая, что получается
для поперечного сечения С при помощи уравнения A15).
2. Построить эпюру поперечных сил для балки предыдущей задачи, если
li=h, с=ф и Р=т кг.
3. Балка на трех опорах (рис. 178, а), несет равномерно распределенную
нагрузку интенсивкостыо д. Определить изгибающий момент на опоре С.
Решение. Пользуясь методом сложения действия сил, подставляя q dc вместо
Р в уравнение A17) и интегрируя по обоим пролетам, получаем,
р дс (/; - с*) dc 'h qc (/[ - с*) dc ^ q /;+/;
0 0
^) Угол считаем положительным, если вращение происходит по направлению
движения часовой стрелки.

174 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ [гЛ. VI
При li=li—l, Л1^=«—g-. Направление этого момента такое, как указано на
рис. 178,d.
4. Построить эпюру поперечных сил для предыдущей задачи, полагая /1=/,
в ^=700 кг/л.
5. Определить численно наибольший изгибающий момент в балке АСВ (рис.
178, с), если Р=4т, /j«=3jm, 1^'='4м, с^2м.
Ответ. Миах'^ЗМО кгм,
е. Балка на трех равноотстояш^йх друг от друга опорах несет равномерно
распределенную нагрузку интенсивностью q. Какое будет иметь влияние на среднюю
реакцию понижение средней опоры на величину о?
Решение. Пользуясь указанным на рис, 178, Ь и 178, с методом, на1^ем
среднюю реакцию X из уравнения
5 д B0* _ X B/)» , J,
384 £/ "" ISir"*" ' "
откуда
X='^2ql -jg-.
7. Определить дополнительное давление балки АВ на опору С (рис. 178, а)
вследствие неравномерного нагревания балки, если температура изменяется от t
внизу до /, вверху балки по линейному закону. Полагая О/^ и l^^l^^'l. .
Решение. Если отбросить опору С, то вследствие неравномерного нагревания
изогнутая ось балки будет дугой круга. Радиус этого круга определяется из урав-
вения
1 а (< ^ t^)
г h
в котором h — высота балки и а — коэффициент линейного расширения.
Соответствующий прогиб в середине/=/V2r и реакция ХъС может быть найдена из
уравнения
ХB/)У
48£У""'*
8. Определить эпюру изгибающих моментов для балки ABC, опертой на
три понтона (рис. 179), если горизонтальная площадь поперечного сечения
каждого понтона равняется F и вес единицы объема воды равняется y-
Решение. Отбрасывая опору С, находим, что прогиб, вызываемый в этой
точке грузом Р, состоит из двух частей: 1) прогиба от изгиба балки и 2) прогиба
вследствие опускания понтонов Л и £« Из уравнения (91) получаем
^^}/////^_ Реакция X средней опоры умень-
.шает этот прогиб на величину
^B/)', X
Рис. 179. AbEJg'^W^' ^°'
Разность между (а) и (Ь) представляет величину погружения среднего понтона,
равную XjF-i, откуда получаем следующее уравнение для определения Xi
Зная А, легко можем получить эпюру изгибающих моментов.

45]
НЕРАЗРЕЗНЫЕ БАЛКИ
176
45. Неразрезные балки
В случае неразрезной балки на многих опорах (рис. 180)
обычно одна опора считается неподвижным шарниром, в то время как
другие — подвижными шарнирами. При таком устройстве каждая
промежуточная опора имеет только один неизвестный реактивный
элемент, а именно величину вертикальной ре1акции. Отсюда число
статически неопределимых элементов равно числу промежуточных
опор. Например, в случае, показанном на рис. 180, а, число
статически неопределимых элементов равняется пяти. Здесь также могут
С)
Рис. 180.
быть применены оба метода, указанные в предыдущем параграфе.
Но если число опор велико, то второй метод, в котором за
статически неопределимые элементы принимаются изгибающие моменты,
гораздо проще. ПуСть рис. 180, Ъ представляет два смежных
пролета п и n-1-l неразрезнои балки, рассеченной на опорах п—1, п и
n+l. Пусть M„_ji M„,M„+, означают изгибающие моменты на этих
опорах. Направления этих моментов зависят от нагрузки на балку.
Мы примем за положительные — направления их, показанные на
рисунке^). Очевидно, что если изгибающие моменты на опорах
известны, задача о неразрезной балке сведется к расчету стольких
балок, свободно лежащих на двух опорах, сколько имеется
пролетов в неразрезной балке, Для вычисления изгибающих моментов
M„_,, M„, M„+j воспользуемся условием непрерывности изогнутой
оси балки на опорах. Для какой-либо опоры п это условие
непрерывности удовлетворяется, если изогнутые оси двух смежных
пролетов имеют общую касательную на опоре п, т. е. если угол наклона
на правом конце пролета п равен углу наклона на левом конце
пролета rt+l. Чтобы вычислить эти углы наклона, воспользуемся гра-
*) Если окончательно получим для некоторых моментов отрицательные
знаки, то это укажет, что направление моментов противоположно направлению,
показанному на рисунке.

176 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. Vl
фоаналитическим методом. Пусть f;, означает площадь эпюры
изгибающих моментов для пролета п (рис. 130, с), рассматриваемого
как свободно опертая балка, от действительной нагрузки на этом
пролете. Пусть о„ и &„ представляют горизонтальные расстояния
центра тяжести С„ площади эпюры моментов от опор n—l и п. Тогда
для этого условия нагрузки угол на правом конце будет (см, § 36).
В дополнение к изгибу, вызываемому нагрузкой, расположенной на
пролете, пролет п изгибается также парами M„_, и М.„. Из
уравнений A03) и A04) угол, вызываемый на опоре п этими парами,
равняется
(М„1„ м„,,гл
\ъЩ'^ 6EJg 7*
Тогда полный угол поворота равняется*)
Таким же образом для левого конца пролета п+1 получаем
, е'-^|^±ф:14-^^1#^+%7^. (Ь)
Из условия непрерывности следует, что
(с)
Вставляя выражения (а) и (Ь) в это уравнение, получаем
М„.Л+2МЛг„4Л...)+М„^Л^,--^^---^%^^. A18)
Это есть уравнение трех моментов^. ^Очевидно, что число этих
уравнений равно числу промежуточных опор, и следовательно,
изгибающие моменты на опорах могут быть вычислены без
затруднений. ■
Вначале предполагалось, что концы неразрезной балки оперты*
Если один или оба конца заделаны, то число статически неопре^
делимых величин будет больше числа промежуточных опор, и тогдй
необходимые дополнительные уравнения могут быть выведены из
того условия, что заделанные концы балки не поворачиваются (см,
задачу 5 ниже).
Зная моменты на опорах, можем вычислить без затруднения
реакции рпор неразрезной балки. Взяв, например, два смежных
*) Угол принимается за положительный, если вращение происходит по Чг-
совой стрелке. ^
^) Это уравнений йлло выведено В е г 1 о t, Compt. rend. soc. ing. civils,
crp, 278, 1856; см. также С 1 a p e у г о n, Compt. rend,, т. 45, 1857.

45} НЕРАЗРЕЗНЫЕ БАЛКИ 17t
пролета п и n-fl (рис. 180, Ь) к рассматривая их как две свободно
опертые балки, можем легко вычислить реакцию.Л» опоры п йт
нагрузки на 9тих двух пролетах. В добавление к этому 6yAet
возникать реакция от опорных моментов М„_^, М„, Л1„^,. Взяв
направление этих моментов* как указано на рис. 180, 6, нййдем дополни-
гельное давление на опору Л:
Складывая это с найденной выше реакцией An , получим полную
реакцию ,,
Ап^Лп-{^"-^Г^-+^^^"^^ . AШ)
Если на опорах приложены сосредоточенные силы, то они
непосредственно передаются на соответствующие опоры и должны быть
прибавлены к правой части уравнения A19).
СХйцее уравнение непрерывности (с) можно применить также в тех слзгчаях,
когда, вследствие неточности расположения опор или неравномерной осадки опор,
опоры расположены не на одной высоте \м, ^
(рис. 181). Пусть Р„ и Р„+, означают >-t:c-TiP 1 ^— '--4
углы накло]аа к горизонту прямых ли- {-^^^^^ \1 л*---]-^- I "^
НИИ, соединяющих точки опор П'го и i *^ 4 7К/7+>
(п4- 1)-го пролетов; углы поворота, U—,— ^ ^^^ 4f/ »1
определяемые уравнениями (а) и (Ь), из- р^^^ ^oj
мерены от линии, соединяющей центры ' '
шарниров. Следовательно, угол, б
между касательной в п и горизонтальной линией будет для пролета п
Точно таким же образом для пролета п+1
Приравнивая sth углы, получаем
^ - g^ „ ^^.1 ^n^i^QEJ, (Р„^, ^ р„). A20)
- Если А„_1, h„,hn+i означают вертикальные расстояния опор я—1, п и п+1
относительно какой-либо горизсштальной линии, то
Ря=""-"' у ' ' Р«+1 7
Подставляя в уравнение A20), можем вычислить изгибакмцие моменты' на опорах,
возникающие вследствие понижения опор«

178
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ
[гл. VI
ЗАДАЧИ
1. Определить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для неразрез-
'ной балки с тремя равными пролетами, несущей равномерно распределенную
нагрузку интенсивностью q (рис. 182).
Решение. Для свободно лежащей балки с равномерно распределенной
нагрузкой эпюра изгибающих моментов представляет параболу с наибольшей
ординатой -^ qln . Площадь параболического сегмента равняется
F ll ^И-УЗ.
""^ 3 " 8 ^ 12 •
Центр тяжести этой площади находится в середине пролета, так что о„=6„==/„/2.
Вставляя в уравнение A18), получаем
Л1„_,/„+2Л1„ (/„+/„^0+Л^„4.1^«4.1= -■^-^%^.
4
A18')
Применяя это уравнение в нашем случае (рис. 182) для первого и второго пролетов
и замечая, что на опоре О изгибающий момент равняется нулю, получаем
4M,/+M./=-^.
(d)
6J
Рис. 182
Из условий симметрии очевидно, что
Л1,=М2. Тогда из (d) следует М,==
= —(9п10). Эпюра изгибающих
моментов показана на рис. 182, а
заштрихованной площадью.
Реакция опоры О равняется
»~ 2 10 / 0^
Реакция опоры 1 равняется
Эпюра поперечных сил показана на рис. 182, а. Наибольший момент будет,
очевидно, на расстоянии 4//10 от концов балки, где поперечная сила равняется нулю.
Численно наибольший изгибающий момент будет на промежуточных опорах.
-4м^
Zm
4т
Бм
8т
\^
6м
Рис. 183.
Рис. 184.
2. Определить выражение для правой части уравнения A18), когда имеется
сосредоточенная нагрузка на пролете п и нет ее на пролете п-\-1 (рис. 183).
Решение. В этом случае F„ есть площадь треугольника с высотою РсA„—с)//„
и с основанием /„, следовательно
F^==Pcil^-c)/2 и а„ =/„_б„=/„_(/„-}-с)/3.

451
НЕРАЗРЕЗНЫЕ БАЛКИ
179
Вставляя в A18), получим
3. Определить изгибающие моменты на опорах и реакции для неразрезной
балки, показанной на рис. 184.
Omeem.M=—1^54/?ш;Л12=—3,74/ш<; AL=—1,65тл(. Реакции: ^o=—0,386m;
Л,=2.69 т; Л,=6,22т; Л,=3,75т; Л^^—0,275т. Моменты на опорах
отрицательны и вызывают изгиб выпуклостью вверх.
4. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для
неразрезной балки, показанной на рис. 185, а, если-Р=о/, с=1/4.
49- ,о .- И
Ответ. Л1,==
и 185, с.
960
ql^ М,=
240
ql^. Эпюры показаны на рис, 185, &
Рис. 186.
5. Определить эпюру изгибающих моментов для случая, показанного на
рис. 186, а.
Решение. Уравнение A18) для этого случая получается
Мо/+4М,/+Л12/=0.
Очевидно, что M^=^^Pc, меящу тем как условие в заделанном конце (оно-

180 СТАТИЧЕСКИ НЕ0ПРЕДЕЛИМЫ1В ЗАДАЧИ ПРИ ИЭгквЕ f ГЛ. W
ра О) дает (из уравнений (ЮЗ) И < 104))
1 2
Из приведенных выше уравнений получаем Mp=—яг Рс, M^—ir- Ре, М^=г^Рс.
Эпюра изгибакщщх мрмеитов показана на рис. 186, Ь.
6. Определить йзгибакядие моменты на опорах неразрезной балки с семью
равными пролетами, когда нагружен только средними пролет равномерно распре^
деленной нагрузкой а.
15 4 1
Ответ. M,=rAl4= — щ 9'^ M2=Ms= — jg М,, М^^^М^—ц М,.
7. Неразрезная балка, имекнцая четыре равных пролета, каждый длиною
4,8 м, равномерно нагружена на последнем пролете. Построить эпюры изгибаю*
щих моментов и поперечных сил, если 9=500 кг/м.
8. Ранить задачу 5, полагая, что равномерная нагрузка интенсивностью^
распределена по всей длине балки и что р=1/2. Построить эпюру поперечных сил
для этого условия нагружения.
Отеет, М^^ — ^дР, Af^^ — j^qp, М,= — -^glK

ГЛАВА VII
СИММЕТРИЧНЫЕ БАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО
СЕЧЕНИЯ. БАЛКИ ИЗ ДВУХ МАТЕРИАЛОВ
4&. Балки переменного поперечного сечения
- . . ■• «
В предыдущих параграфах рассматривались балки
призматической формы. Более подробное исследование показывает, что
уравнения (об) и E7), которые были выведены для призматических
стержней, могут быть применены с достаточной точностью для стержней
переменного поперечного Сечения при условии,что изменение
является не слиижом резким, Случаи резкого изменения поперечного
сечения, в которых имеет место значительная концентрация
напряжений, будут разобраны во П-й части.
В качестве первого примера балки переменного поперечного
сечения рассмотрим изгиб консольной балки равного сопротивл^
ния, т. е* балки, в которой момент сопротивления изменяется по
длине ее в том же отношении, как и изгибающий момент. Тогда,
как видно из уравнений F0), (а^)^,^ остается постоянным по длине
балки и оно может быть принято равным [а]. Такое условие
является выгодным в отношении употребляемого коIичества материала,
так как каждое поперечное сечение будет иметь наименьшую
площадь для того, Чтобы удовлетворите
условиям прочности.
Для консоли с нагрузкой на конце (рис. 187)
изгибающий момент в каком-либо
поперечном сечении на расстоянии х от Груза
численно равен Рд:. Для того чтобы иметь балку
равного сопротивления, момент
сопротивления также должен быть пропорциональшлм лс. Это условие может
быть выполнено различными путями. Возьмем в качестве первого
примера случай прямоугольного поперечного сечения постоянной
ширины b и переменной высоты Л (рис. 187). Из определения
понятия балки равного сопротивления следует, что
М ЬРх 6Р1
Рис. 187.
W=^==^°"'**
где Л- есть высота балки в заделанном конце. Тогда Л^=
^'

182 СИММЕТРИЧНЫЕ БАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ [ГЛ. VII
Можно видеть, что в этом случае высота балки изменяется, следуя
параболическому закону. В нагруженном конце площадь
поперечного сечения равна нулю. Этот результат получается потому, что
при выводе формы балки равного сопротивление касательными
напряжениями пренебрегал ось. В практических прилсжениях эти
напряжения должны быть приняты в расчет таким образом, чтобы
путем некоторого "изменения формы в нагруженном конце иметь
достаточную площадь поперечного сечения для того, чтобы
воспринять поперечную силу. Прогиб балки на конце найдется
из уравнения (93):
о • 0 0
где ^о^Тг" представляет момент инерции поперечного сечения в
заделанном конце. Сравнивая с уравнением (95), видим, что этот
прогиб в два раза больше прогиба призматического стержня,
имеющего жесткость при изгибе EJ^ и ту же нагрузку, т. е. стержень
имеет такую же прочность, но не такую же жесткость, как
призматический стержень.
В качестве второго примера мы рассмотрим консоль
прямоугольного поперечного сечения постоянной высоты h и переменной
ширины 6 (рис. 188, а и 188,6). Так как момент сопротивления и момент
инерции Jg балки треугольной формы увеличиваются с
возрастанием X в том же отношении, как и изгибающий момент, то наибольшее
напряжение (oj^^^^ и кривизна (см. уравнение E6)) остаются
постоянными по длине балки, и величина радиуса кривизны мсжет быть
определена из уравнения (см. уравнение E5)):
Прогиб на конце дуги круга можно принять, в случае небольших
прогибов, равным
/=|-=Щ ('22)
или при помощи уравнения (а)
Из этого уравнения видно, что для этого типа консолей равного
сопротивления прогиб на конце изменяется пропорционально
квадрату длины и обратно пропорционально высоте. Этим результатом
мсжно воспользоваться для приближенного расчета напряжений и
прогибов в листовой рерсоре. Рассмотренная выше треугольная

46]
БАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
183
пластинка разрезается на полоски, которые затем накладываются
друг на друга, как показано на рис. 188, Ь, с, d. Для первого
приближения первоначальной кривизной и
трением между полосками пренебрегают
и тогда уравнение A23) можно считать
достаточно точным ^).
При вычислении прогиба балок
переменного сечения можно воспользоваться
с выгодой графоаналитическим
методом (см. § 34). В связи с этим
необходимо лишь помнить, что кривизна
изогнутой оси в каком-либо поперечном
сечении-равна отношению M/EJ^
(уравнение E6)). Поэтому увеличение
жесткости при изгибе в данном сечении будет
иметь то же влияние, как уменьшение в
том же отношении изгибающего
момента. Следовательно, задачу на изгиб
балок переменного сечения можно свести к
задаче на изгиб балок постоянного
поперечного сечения при помощи измененной
тюры изгибающих моментов. Изыеиеиная эпюра моментов
получается умножением ординат действительной эпюры моментов на
отношение JofJ, где / есть момент инерции в
данном поперечном сечении и J^ есть
постоянный момент инерции. Это сво-
3 -дит изгиб стержня nepeN№HHoro по-
1^ перечного сечения к изгибу стержня
постоянного поперечного сечения с
моментами инерции /„.
Например, задачу на изгиб
круглого в^ла (рис. 189), который имеет
сечения двух разных диаметров с
моментами инерции Jp и Ji и
нагружен силой Р, можно свести к задаче на изгиб круглого вала,
имеющего постоянный момент инерции /„. При рассмотрении
фиктивной балки AiBi вместо треугольной нагрузки AiCiBi, пред-
Рис. 189.
^) Это решение получено Е. Phillips, Ann. mines., т. I, стр. 195—336,
1852. См. также Todhunter and Pearson, History of the Theory of
Elasticity, t. 2, стр. 330, 1893 иА. Castigliano, Theorie der Biegungs — und
Torsions — Federn, Vienna, 1888. Влияние трения между листами было рассмотрено
S. М а г i ё, Ann. mines, тт. 7—9, 1905—1906. D. Landau и Р. Н. Рааг исследовали
распределение нагрузки между отдельными листами рессоры, J. Franklin Inst.,
тт. 185—187. Полная библиография о механических рессорах была опубликована
Лш. SoG. Mech. Engrs, New York, 1927. Gm. также книгу: S. G го s s и. E. L e h r,
Die Federn, VDI, Verlag, 1938. Весьма полное исследование"различных типов
механических рессор дано в книге Л. М. W а h 1, Mechanical Springs, Cleveland, 1944*

ш
-iir
Л11.
184 СИММЕТРИЧНЫЕ ВАЛКИ nfiPEMEHfiOrO поперечного СЕЧЕНИЯ [ГЛ.УП
ставляйщей эпюру изгибакщнх моментов от действительной
нагрузки, мы воспользуемся нагрузкой, представленной
заштрихованной площадью. Эта площадь получается уменьшением ординат
эпюры на Среднем участке вала в отношении Jo^Ji. Определение
прогибов ^и углов наклона можно теперь сделать, как. в случае
призматических стержней; величина прбгиба и у гая наклона в
каком-либо поперечном сечении балки будут равны изгибающему
моменту и поперечной силе от фиктивной нагрузки, поделенным на £ Jo-
Необходимо заметить, что в случае, представленном на рис. _189,
имеет место резкое изменение диаметра вала,в расстоянии //4 от опор,
вызывакщее местные напряжения в этих точках. Это не имеет сущест-
веиного^йяния на изгиб, вала при условии, что разница в
диаметрах двух участков мала по сравнению с длинами этих участков.
Метод, примененный для вала переменного поперечного
сечения, можно применить также к составным двутавровым балкам
или фермам со сплошной
стенкой Переменного
поперечного te4eHHH. Пример
фермы со сплошной
стенкой, опертой на концах и
равномерно нагруженной,
показан на рис. 190.
Изгибающий момент
уменьшается от средины к концам
фермы, и вес балки можно
уменьшить путем
уменьшения числа листов в поя-
- . сах, как показано
схематически на рисунке. Прогиб такой балки можно вычислить на
основании момента инерции среднего поперечного сечения. За фиктивную
нагрузку вместо одной параболы, указанной пунктиром, взята
представленная на рис. 190 заштрихованная площадь, в которой
уменьшение поперечного сечения компенсируется увеличением ординат
эпюры моментов в отношении Jee^JJ,
ЗАДАЧИ
1. Cta^ibHoft лист формы, показанной на рис. 191, заделан на одном конце й
нагружен силой Р на другом. Определить прогиб на конце, если длина равна 21,
ширина — а, толщина листа — Ли нагрузка на конце — Р.
Решение. Прогиб будет состоять из трех частей:
и^кет- — прогиб в с вследствие угла наклона в В..
Pi**
и^=-пй1 прогиб от изгиба части ВС листа.
Полный прогиб равен /=/+/,-f-f,.
Рис. 190.

46] БАЛКИ ПЕРЕМЕННОГб ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕННЯ 185
2. Решить предыдущую задачу, полагая |«=2б см, а*=7,5 см, Р=»400 кг и
сг^-_э=4800 icaJCM^. ' . ■ ■ ■
3. Определит!^ ширину d лшйй31ой peQWjW (рис. 188) и ее прогиб, если
р=2,5 т, ft=«i;25 <;л, /=вО a<,|aj'*48007«/a*" и число листов п=10.
Рис. 191.
Р0шент. Считая листы рессоры вырезанными из треук^льной пластинки
(рис. 188,6), найдем наибольщее напряжение
откуда
6Р/
6Р/
ndh^
6.2500-60
«fmax-„^2.
^'"ЯТ^ГШШЛ^"^^ '■'*'•
Прогиб определится ИЗ уравнения A23)
- 4800-е0« до, '. •
^=TЖ^2Лo*=^•^^^"^•
4. Сравнить прогибы в середине и углы поворота на концах вала, показаН"
кого на рис. 189, с тши же величинами вала той же длины, но восгоянного
поперечного сечения, момент инерции которого |>авен /«• Принять JjJfi='2.
Решение. Вследствие большей жесткости при изгибе в середине углы
поворота концов вала, показан|Юго на рис, 189. будут меньше углов поворота
концов цилиндрического вала во столько раз, во сколько заштрихованная
площадь меньше всей площади треугольника Afi^B^f Полная площад^
представляет, нагрузку для случая цилиндричес- ~
кого вала. При заданных значениях это
отношение равно 5/8 : 1.
Прогибы в середине для обоих валов
будут находиться в таком же отношении,
как изгибающие моменты от
заштрихованной площади и площади треугольника Afi^B^.
Это отношение равно 9/16,: 1.
5. Балка, опертая на концах,
нагружена, как показано на рис. 192, Как должна
изменяться высота h балки для того, что&1
иметь форму равного сопротивлеаия, если ширила b прямоугольного поперечного
сечения остается постоянной по длине балки?
Отввт./1«==л;/1-8^У
6 Определить прогиб стальной пластины толщиною 1,25 см, показанной
на рис. 193,й и 193,6, под действием нагрузки Р=10 «г, приложенной в середине.
Решение. Сводя эту задачу к определению прогиба пластины постоянной ши-
рины равной 10 см, преобразуем эпюру моментов для этого случая в трапецию abed

186 СИММЕТРИЧНЫЕ ВАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ [ГЛ. VH
(рис, 193, с), тогда мы получим
,11 Р1*
где Jg ест^ь момент инерции в середине пролета. Численное значение прогиба
теперь легко можно^ найти.
Рис. 193.
^
Ш.1 ^
£
)
д)
^.<tttfll^^
1
с)
'J
1 ьг
^11111'i'm'i"
т
Рис. 194.
V
7. Определить наибольший прогиб листовой рессоры (рис. 188,а), если /=90сл«,
Л = 1,2^ см, £=2-10" /сг^л<2, [о 1=4000 кг1см^.
Ответ. /==12,96 см.
8. Свободно опертая балка прямоугольного сечения несет нагрузку Р,
которая движется по пролету. Как должна изменяться вытота h балки для тбго,
чтобы иметь форму равного сопротивления^ если ширина b прямоугольного
поперечного сечения остается постоянной по длине балки?
Решение. Для какого-либо данного положения груза наибольший момент
имеет место под грузом. Обозначая расстояние груза от середины пролета через х,
находим изгибающий момент под грузом
, К4-)AЧ
Необходимая высота h балки под грузом получается из уравнения
откуда
Л* =
6Л1
Ш'
6F fl'
'6faj lb [а] {4
хЛ
6Pl
46 [<r]
4
«1.
Можно видеть, что в этом случае высота h изменяется, следуя закону эллипса,
полуоси которого равны
/ ■ш/"ёРГ
Т "" У ЩВ]-

47]
СИММЕТРИЧНЫЕ БАЛКИ ИЗ ДВУХ РАЗЛИЧНЫХ МАТЕРИАЛОЙ
187
9. Определить опорные моменты на концах балки АВ с заделанными
концами, нагруженной в середине пролета (рис. 194). Принять
/о
Решение. Решение получается путем сложения двух простых случаев,
показанных на рис. 194, бис. Ясно, что условия в заделанных концах будут
удовлетворены, если углы поворота концов будут равны нулю, т. е. если реакции от
фиктивной нагрузки (см. стр. 139), представленной заштрихованными площадями
в 6) и с), равны. Поэтому уравнение для определения численного значения М будет
4 2
3 Р1 t .,, Ml
откуда
М =
5Р1
48 ■
10. Решить предыдущую задачу в предположении, что в точках С и JD
приложены равные грузы Р.
Ответ. М=-^.
47. Симметричные балки из двух различных материалов
Имеются случаи, когда применяются балки из двух или
нескольких различных материалов. Рис. 195, а представляет простой
случай деревянной балки, усиленной стальной полосой, приболченой
к балке снизу. Полагая, что при изгибе не
существует скольжение между сталью и
деревом, здесь также мы можем
воспользоваться теорией цельных балок. Согласно
этой теории, удлинения и укорочения
продольных волокон пропорциональны
расстояниям от нейтральной оси. Благодаря тому,
что модуль упругости дерева значительно
меньше модуля упругости стали,
деревянная часть балки при изгибе будет
эквивалентна очень узкой стенке из стали, как
показано на рис. 195, Ь. Чтобы момент внутренних сил не изменился
для данной кривизны, т. е. для данного удлинения и укорочения,
толщина bi этой стенки должна быть следующей:
» Е
(а)
Таким образом, задача сводится к изгибу стальной балки таврового
сечения, называемого преобразованным сечением; эта задача может
быть решена на основании предыдущей теории.
Рассмотрим, например, свободно лежащую балку длиной 3 м
и нагруженную в середине силой 400 кг. Размеры поперечного

188
СИММЕТРИЧНЫЕ ВАЛКН ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ [ГЛ. Vft
сечения деревянной части балки: ^я^Ю еж, Л= 15 см, а на выпуклой
стороне она усилена стальной полосой шириной 2,6 см и толщиной
1,25 см. Полагая EjE^=lj20 и пользуясь уравнением (а), будем
иметь преобразованное сечение стенки 15x0,5 см и полки 2,5 X
х1,25 СЛ1. Расстояния крайних волокон от нейтральной оси
рис. 195, fe равны /ii—6>36сд1 и Ы^9,9 см. Момент инерции преобразо^
ванного сеченця относительно нейтральной оси равня€тся/,*=290сл*,
следовательно, напряжения в крайних волокнах пресюразовай-
ного сечения (из уравнений (б1)) будут
/Иша»^._ 30 000.6.35 рее -,-/.^.
Э0«00-9,9 ,«о, , ,.
= 1024 ЩСМ^.
а =-
max
^mitr=
>WmaA.
290
Чтобы получить наибольшее сжимакщее напряжение в дереве л^й-
ствительной балки, нужно полученное выше напряжение 0^,^
преобразованного сечения (стали) умножить на EJE^==\J2Q,
Наибольшее растягивающее напряжение для этого случая одно и то же и
для действительной балки, и для преобразованной балки.
В качестве другого примера изгиба балки из двух разных материалов рас-'
смотрим случай биметаллической полосы, составленной из никелевой стали и
монель-металла (рис. 196). Изгиб такой полосы внешними силами может быть расг
сштреи точно таким же образом^ как в предыдущей задаче об изгибе балки из
дерева и стали, при условий^ что мы знаем отношение eJE^, в котором £„ и £с
соответственно будут модули упругости монель-металла и стали. Рассмотрим теперь
■"-'I-*"
|Л^
%
ff>
•Xf-
т
п
±
Л/ Муналь-метсш
Рис. 196.
>7,
изгиб такой полосы вследствие изменения тшперату^ы. Коэффициент линейного
расширения монель-металла больше, чем никелевой стали, и при повышении
температуры будет происходить изгиб с вогнутостью со стороны стальной полосы, это
явление изгиба биметаллических полос вследствие изменения температуры
используют в различных автоматических инструментах для регулирования
температуры % как, например, термостатах. Пусть ft/2 — толщина и 6 — ширина каждой
металлинеской полойл, t — увеличение тилпературы, г — радиус кривизны,
Oj. и а„ — коэффициенты линейного расширения соответственно стали и монелЬ'
*) Ой, статью автора в J, Opt, Soc, Amer., т* 11, стр. 23»

47] СИММЕТРИЧНЫЕ ЙАЛКИ ИЗ д1;ЙУХ РАЭЛИЧНЫХ MATBPtStAJtQB
189
металла, Et^c—жесткость при изгибе стали, £„/„—жесткость при изгибе монейь-
металла.. При повышении темпераггуры полоса монель-металла, ймеощего
больший коэффициент линейного расширения, будет подвергаться изгибу и сжатию, а
полоса стали — изгибу и растяжению. Рассматривая элемент полосы,
выделенный двумя смежными поперечными сечениями тп и 7п,п, (рис. 196, с), можем
внутренние силы по поперечному сечению стали привести к растягивающему
усилию Pj и к паре Ж, .Таким же образом внутренние силы для монель-металла можно
привести к сжнмакдаему усилению Р^ я к паре М^, Вйутрениие силы в любом
поперечном сечении балки должны быть в равновесии. Поэтому
Вставляя
в уравнение (Ь), получаем
Ph
^=iW,+vW,. (Ь)
■o-^-^^r-l—7Г-- (с)
Другое уравнение для определения Риг можно вывести из того условия, что по
поверхн6с¥и соприкасания с—с относительные удлинения монельчметалла и стали
должны быть одинаковы. Поэтому
,, 2Pj А ^ 2Р, h .
•к
или
2Р
hb
Из уравнений (с) и (d) мы получаем
4 \„ , . ^ _ / I . 1 \ , _ А
Г- (^с-^с+^м^м) (£-+£-)=(^м — «с)'
(е)
(О
Вставляя в это уравнение
получаем следующее приближённое уравнение:
J _3^ (См —Og)^
г  Л •
Теперь из уравнения (с) находим
^=^ («И - Ос) ' (^</с+£'м'^м)=з2- («м - «с) ' (^^с+^м) (g)
Из уравнений (g) и (h) можно определить Р, М, и Л1,« Наибольшее напряжение

190 СИММЕТРИЧНЫЕ БАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ [ Г Л. VII
В стали получается сложением растягивающего напряжения, вызываемого
усилием Р, с растягивающим напряжением от кривизны —
__2Р Л £с ' 4 / bh* \
Полагая, например, что oбa■ivIeтaллa имеют один и тот же модуль упругости Е,
получаем
hE_
^гаях. '
ИЛИ, пользуясь уравнением if) *), получаем
Для £=1,8.10'/сг/см«, ^=200°C и Ои—ас==4-Ю"» находим
'гая%
=720 «г/см«.
Распределение напряжений, возникающих от нагревания, показано' на рис. 196, с.
ЗАДАЧИ
1. Найти допускаемый изгибающий момент для деревянной балки, усиленной
стальной полосой (рис. 195), если Ь==15 см, /i==20 см и толщина стальной полосы
равна 1,25 см. Принять Е^^ХО^ кг/см^, £<.—2-Ю'/сг/сл»^, [ад]==80 /сг/сл* —для
дерева и [ас]==1070 кг1см^ для стали.
2. Предположить, что деревянная балка в предыдущей задаче усилена вверху
стальной полосой шириной 5 ел и толщиной 2,5 см, а внизу стальной полосой
шириной 15 ел и толщиною 1,25 см. Вычислить допускаемый изгибающий момент,
если £ и [с] те же, что и в предыдущей задаче.
Ответ. M=308 000 кг еж.
f 3. Биметаллическая полоса имеет длину /==2,5 см. Найти прогиб в
середине, вызываемый увеличением температуры на ,200° С, если £с=1,15 £„ и
а„—Ос—4.10-'.
48. Железобетонные балки
Известно, что сопротивление бетона гораздо больше при сжатии, чем при
растяжении. Следовательно, прямоугольная балка из бетона будет разрушаться от
растягивающих напряжений на
выпуклой стороне. Балку можно сделать
значительно прочнее путем добавления
стильных (усиливающих) стержней на
выпуклой стороне, как показано на
рис. 197.
Так как бетон сцепляется со сталью
очень крепко, то при изгибе не имеется
никакого скольжения стальных
стержней относительно бетона, и поэтому
методы, изложенные в предыдущем
параграфе, здесь также могут быть
применены к расчету напряжений при изгибе. На практике площади поперечных сечений
стальны}? стержней обычно таковы, что бетон на выпуклой стороне перестает
^) Это уравнение сохраняется также для Е^'^Е^

48] ЖЕЛЕЗОБЕТОННЫЕ БАЛКИ '^ 191
сопротивляться растяжениюраньше, чем начинается текучестьстали, и при больших
нагрузках, практически, лишь одна сталь воспринимает все растяжение. Отсюда,
при расчете напряжений при изгибе в железобетонных балках, практикой
установлено допущение, что все растяжение воспринимается сталью и все сжатие —»
бетоном. Заменяя растягивающие усилия в стальных стержнях их
равнодействующей, найдем, что распределение внутренних усилий по какому-либо поперечному
сечению'тр будет такое, как показано на рис. 197, Ь. Предполагая, как и прежде,
что поперечные сечения при изгибе остаются плоскими и обозначая через kd jpac-
стояние нейтральной оси от верха *), найдем наибольшее продольное
относительное укорочение eg в бетоне и относительное удлинение оси стальных стержней по
следующим формулам:
kd (l-_A)d
66=——, ес= —~. (а)
Бетон не следует закону Гука, и диаграмма сжатия для этого материала имеет
форму, подобную диаграмме для чугуна на рис. 4, 6. Когда сжимающие
напряжения увеличиваются, угол наклона касательной к диаграмме уменьшается, т. е.
модуль упругости бетона уменьшается с увеличением напряжений. При
вычислении напряжений в железобетонных балках на практике обычно допускают, что
бетон следует закону Гука, и вместо переменного модуля упругости принимают
для этого модуля более низкое значение, чем то, которое получается из
испытаний на сжатие при малых напряжениях. На практике для железобетона часто
полагают, что EJE^= 15. Тогда из уравнений (а) наибольшее сжимающее
напряжение в бетоне -и наибольшее растягивающее напряжение в стали *) соответственно
будут
<Тб=-—^б. 0Гс=—-—-Ef.. (b)
Определим теперь положение нейтральной оси из трго условия, что
нормальные усилия по поперечному сечению тр должн1м приводиться к паре сил, равной
изгибающему моменту в этом поперечном сечении. Сумма сжимающих усилий
в бетоне должна равняться растягивающему усилию R в стальных стержнях, или
-^'-оЛ. (С)
где F^ есть полная площадь поперечного сечения стали. Пользуясь
обозначениями FJbd~p и EijE^—n, получаем из (с) и (Ь)
А;«=2A —/;)рп, (d)
откуда
А=У"(рп)'+2рп — рп. A24)
После определения положения нейтральной'Оси из уравнения A24) получаем,
на основании уравнения (Ь), отношение между наибольшим напряжением в
бетоне и напряжением в стали
--=/-гЛт-- A25)
Расстояние/d между равнодействующими /? сжимающих и растягивающих усилий.
*) k есть численный коэффициент, меньший единищл.
*) Поперечные размеры стальных стержней обычно малы, и вместо
наибольшего напряжения принимается среднее растягивающее напряжение.

192 СИММЕТРИЧНЫЕ БАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ЦбПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ {гЛ. Vtl
^ . т ' ■ ■
действукйдих по поперечному сечению балки (рис, 197, Ь) равно *)
, 7d=|-Ad-f(l-Jfe)(f=(l~|-)d, A26)
и момент внутренних усилий, равный изгя(^ющему моменту М, будет
откуда
М
<^с*]Ег^' A27)
2М
При помоищ уравнений A24)—A28) легко вычисляются напряжения при 'изгибе
в железобетонных балках.
ЗАДАЧИ
1. Определить расстояние нейтральной оси от верха балки^ если Ес1Еа'=»%Ъ
и f с=0.008 М (рис. 197).
Ответ. Ы==0,384Л
2. 01|ределить отношение p=^FJM, если наибольшее растягивающее напр»
жение в стали paaBfletcfl 800 кг]смг^ наибольшее сжимаклцее напряжение в бе^
тоне равняется 43 кг/сж* и EJE^^n^lb.
Решение, Из уравнения A25) к=^0,А^. Тогда из уравнения (d)
>==21Г?А)^==0'0^2. .
3. Определить отношение р, если наибольшее сжимающее напряжение в
бетоне равняется нх растйгивающ<его напряжения в стали.
Ответ. р=0,0107.
4. Определить безопасную нагрузку посередине железобетонной балки длн«»
вой 3 м, опертой на концах и имеющей 6=25 еж, d=20 см, F^=7,Bl см*, если
я==15 и допускаемое напряжение для бетбна равно 43 кг/см"^.
Ответ. Р=2290 кг.
5. Вычислить наибольший изгибающий момент, который может безопасно;
выдержать железобетсданая балка, если 6=20 см, d=30 см, Гсг^ 12,5 см^, EjE^'=' Щ
и допускаемое напряжение для стали равно 1000 KiJcM^ и для бетона -^ 53 кг/сзЩ
Ответ. М=^\Ш^ кгм.
6. Определить значение k, при котором в бетоне в стали одновременно воз*;
никают наибольшие допускаемые напряжения.
Решение. Пусть Og и сТс-* Допускаемые напряжения для бетона и стали*
Тогда, взяв отношение этих напряжений, определяемых формулами (Ь), и p«j*
сматривая лишь абсолютное значш^ие этого отшинення, получим
ае"*A-^)Яс'
откуда
Если это условие удовлетворяется, то говорят, что балка имеет сбалансиро»
ванную арматуру. Имея k и пользуясь уравишнЫ A26), получаем высоту ва
уравнения A28). и площадь F,. из уравнения A27),
^) у есть численный коэффициент, меньший еданищз!.

49] КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ В ЖЕЛЕЗОБЕТОННЫХ БАЛКЗХ 193
7. Определить отношение p^FJbd, если 0^=^800 кг/см\ аб=^43 /й/сл« и п=
'решение. Из формулы предыдущей задачи находим А=0,446. Тогда,
вставляя в уравнение D. получаем
р=0,012.
8 Рассчитать балку шириною 25 см, которая может безопасно выдержать
изгибающий момент, равный 2700 кем, если (Тб=50 кг/см\ Сс="800 кг/см
и EJEa==^12. Найти высоту d и площадь стали Ff..
Принять сбалансированную арматуру, как в задаче 6.
49. Касательные напряжения в железобетонных балках
Пользуясь тем же методом, что и в § 26, и рассматривая элеметт тпт^п^
между двумя смежными поперечными сечениями тр и m^pi (рис. 198), можем
заключить, что наибольшие касательные напряжения будут действовать по
нейтральному слою пп,. Обозначая через dR разность между сжимающими усилиями
в бетоне По поперечным сечениям тр и т,р„ найдем, что касательные
напряжения Хух по нейтральному слою определятся из следующего уравнения:
откуда
■ . __ I rf^ ..
уух)хслх 1 dx ' ^^'
Так как изгибающий момент равен
M=R}d,
то уравнение (а) получает вид
i_dAl_Q_ »"ис. 1Уе.
(V)niax—f,y^ ^л; ~ft/rf' ^ '
где Q есть поперечная сила в рассматриваемом сечении. При помощи уравнения
A26) указанное выше уравнение для касательных напряжений получается
(х ) =__Ё^__ A29)
^^J'^^»« MC-yfe)* '
При практических расчетах имеют важное значение не только касательные
напряжения по нейтральному слою, но также касательные напряжения по
поверхности соприкасания стали и бетона (напряжения сцепления). Рассматривая
енбва два смежных поперечных сечения (рис. 198), найдем, что разность между
растягиваюпщми усилиями в стальных стержнях в этих двух сечениях равна
dR=^9^
dR^j^- .
Эта разность уравновешивается напряжениями сцепления, распределенными по
поверхности стержней. Обозначая через F полную боковую поверхность всех
стальйых стержней на единицу длины балки, найдем, что напряжения сЦепления
по поверхности стержней будут
^^^ ^ -.^ A30)
Fdx f}d~F(^-k)d'
Эти напряжения получаются больше напряжений по нейтральн(шу слою
(уравнение A29)), если F меньшей. Чтобы увеличить F и в то же время сохранить
площадь поперечного сечения стали постбянной, необходимо лишь увеличить число
:тержией и уменьшить их диаметр.
с. п. Тимошенко

rjkABAVin
ИЗГИБ БАЛОК В ПЛОСКОСТИ, КОТОРАЯ НЕ ЯВЛЯЕТСЯ
ПЛОСКОСТЬЮ СИММЕТРИИ
60, Чистый изгиб в плоскости, которая не является. плоскостью
симметрии
Если балка имеет плоскость симметрии, скажем плоскость щ
<рис. 199, а), и пары, действующие в этой плоскости, приложены
«а концах, то балка будет изгибаться в той же плоскости и ней--
тр1альная ось пп в каждол^
поперечном сечении балки
(рис. 199, а) будет прохо^
дить через центр тяжести
С и будет перпендикуляр*
на плоскости действующих
пар. На основании сим:*
метрии можно заключить,
что напряжения, соотвег*
ствующие этому
направлению нейтральной оси, дают
равнодействующую пару щ
плоскости ху и при над^
лежащем подборе величй-?'
ны напряжении (см. ypasi:^
нение E6)) эта пара бу^
дет уравновешивать внег
шнюю пару М.
Рассмотрим теперь слу*
чай, когда плоскость Ar^f^ изг
гибающих пар (рис. 199, Щ
не является плоскостью
симметрии, и исследуем;
при каком условии
нейтральная ось будет
перпендикулярна этой
плоскости. Предполагая, что ось пп перпендикулярна плоскости ху,
и поступая так, как в § 23, найдем, что усилие, действующее
на бесконечно малый элемент dF поперечного сечения, перпен-

50]
чистый изгив
195
дикулярно поперечному сечению и имеет величину EydF/r.
Уравнения равновесия части балки, показанной на рис. 199,6, €удут ^)
^^ydF^O, ^^y-dF==M, ^UzdF^^O. (а)
F F - Г ' -
Первое из этих уравнений устанавливает, что нейтральная ось
проходит через центр тяжести поперечного сечения. Второе урав^
нение определяет величину кривизны ^/, изогнутой «оси и третье
уравнение устанавливает, что оси y-R г являются главными
осями инерции поперечного сечения (см. Приложение А, § IV,
стр. 355) и что плоскости л:^/ vi. хг являкутся главными плоскостями
балки. Это показывает, что в общем, случае чистого изгиба
плоскость изгиба совпадает с
плоскостью действующих пар лишь в
том случае, когда последняя
является одной из главных
плоскостей ,бруса.
Если плоскость действующих
пар не проходит через одну из
главных осей инерции
поперечного сечения бруса, то третье
из уравнений равновесия (а) не
будет удовлетворено.
Следовательно, направление
нейтральной оси не будет
перпендикулярно плоскости изгибающих пар и
должно быть найдено следующим
образом. Предположим, что пара М действует в продольной
плоскости бруса, которая пересекает поперечное сечение по линии mm,
наклоненной к главной осиi/ под углом 6 (рис. 200). Вектор Ж,
представляющий момент пары, может быть разложен на две составляющие, как
показано на рисунке. Так как каждая составляющая пары действует
в одной из главных плоскостей балки, то соответствующие
напряжения получаются при помощи обычных формул, выведенных для
случая чистого изгиба (см. уравнение E7)), и полное напряжение
в какой-либо точке Л поперечного сечения будет определяться Но
формуле
_yWycos6 ■ Mzsinfi -, ,
о .. -J- . . - {V}
«z "у
Приравнивая это напряжение нулю, получаем уравнение
нейтральной оси:
у cos в , zsin» f^ , у
-=0,
^) Остальные три уравнения будут всегда удовлетворяться, так как моменты
всех сил относительно оси х и проекции сил на оси у и г обращаются в нуль.
7*

196 ИЗГИБ в плоскости, НЕ ЯВЛЯЮЩЕЙСЯ плоскостью СИММЕТРИИ [гл. vm
и тангенс угла Р, определяющий направление нейтральной оси пп,
будет
tgp=-|-=^tge. (d)
Видно, что угол р вообще отличается от угла 6 и нейтральная
ось не перпендикулярна продольной плоскости mm, в которой
действуют изгибающие пары. Эти два угла будут равны только, если
0=?О или J^=Jy. В первом из этих случаев изгибающие пары
действуют в главной плоскости ху, и нейтральная ось совпадает
с главной осью г. Во втором случае два главных момента инерции
поперечного сечения равны между собой. В таком случае
эллипс инерции поперечного Течения (см. Приложение А, § V,
стр. 359) становится кругом и любая пара взаимно
перпендикулярных центральных осей может быть принята за главные оси, и,
следовательно, нейтральная ось всегда будет перпендикулярна лло-
скости изгибающих пар.
В предыдущем изложении мы разложили заданную пару на две
составляющие пары, действующие в главных плоскостях балки, и вычислили напряжения,
вызванные каждой из этих составляющих. Иногда бывает удобно работать не-
лосредственно с заданными'изгибающими парами и иметь формулу для
определения нормальных напряйсений, вызываемых этими парами. Чтобы вывести такую
формулу, рассмотрим изгиб балки парами М^ и М^, действующими в двух
произвольно выбранных перпендикулярных продольных плоскостях ху и xz (рис. 201).
Рис. 201.
Предположим, что величины этих пар таковы, что изгиб происходит в плоскости
ху, так что нейтральная ось в каждом поперечном сечении параллельна оси г.
Обозначая Гу соответствующий радиус кривизны, находим, что нормальное
напряжение будет Ох=Еу/гу и получаем следующие значения изгибающих пар:
М
-I
уох dF=-
EJ,
М.
-I
гОх dF=
EJ
vz
(е)
Аналогично, если пары таковы, что изгиб происходит в плоскости хг, тоа_^=
=—Ez/tg и мы имеем
м„=
м,=
'уг
(О

501
чистый ИЗГИБ
197
В общем случае, когда изгиб происходит в обеих плоскостях, зависимость
между изгибающими моментами и радиусами кривизны получится сложением
уравнений (е) и (f), и мы имеем
М,
г.. * г
Cjg t,Jpg
(S)
'г 'у 'у 2
Если пары действуют только в плоскости ху, то Му—0 и мы получаем
bJ у i^J уг
=0.
1 1J
уг
tg Г у J у
.\
'г 'у
Подставляя во второе из уравнений (g), находим
\E{j^y-Jl,)
М«=-
1
М^,
1
м^
уг
Тогда нормальные напряжения, вызываемые парой М^, будут
<Ух=
V Z
JzJv-J
(Jyy—Jvz^).
Аналогично, если М^ равно нулю, мы получаем
М..
A31)
A32)
A33>
Уравнения A32) и A33) особенно полезны для балок, в которых стенка и полки
параллельны осям у я г.
ЗАДАЧИ
I. Консольная балка прямоугольного поперечного сечения (рис. 202)
изгибается парой М, действующей в продольной плоскости тт. Какую кривую
1
Г
i
-Д7
Рис. 202.
будет описывать конец балки, если угол в, определяющий плоскость изгибающего
момента, изменяется от нуля до 2тс?
Решение. Разлагая изгибающий момент М на два составляющих момента
М cos .в и М sin е. действующих соответственно в главных плоскостях ху и xz,
находим две составляющие и и о прогиба конца консоли соответственно по

щ-
198 . ИЗГИБ в плоскости, НЕ ЯВЛЯЮЩЕЙСЯ плоскостью СИММЕТРИИ [гл. viH
направлению у н г:
откуда
и
М1^ cos в
2ЯЛ
««
» =
«;«
\2£jJ
\2£7J
М» sin е
2£Л, '
= 1.
NlO-a
Мы видим, что конец консоли описывает эллипс с полуосями Ml^/2EJg и
MP/2EJy.
2. Найти для предыдущей задачи численное значение отношения вертикаль*
ного и горизонтального прогибов конца консоли, если 6 е= 45° и Л •=> 2Ь.
Ответ, u/v =^ Jy/J^ =-j-.
3. Найти для консоли, изображенной на рис. 202, "Угол наклона Р
.нейтральной оси к горизонтальной и величину
наибольшего напряжения, если в г=з 45° иЛ = 2Ь=^15 см,
Af=1200 кгсм.
Ответ, tg Р е=;: 4, a^gjj ■= 9 кг/см^.
4. Двутавр.овая балка, свободно лежащая на
опорах, изгибается двумя равными и
противоположными парами М, действующими на концах балки в
плоскости mm (рис. 203). Найти наибольшее
напряжение и наибольший прогиб f балки, если /у е= 158 ел*,:
/^ « 2370 см*, М <= 50 000 кгсм, 6 == 30°, / = 3,6 м.
ЮМ cose . 5Msine '
Ответ. а„,. =
max
+
= 974 кг1см\
fit
■'max
[Ml^ COS e\« , (MP sin 6\2 . , -^
/OAtAt
5. Стержень углового поперечного сечения (рис. 204) изгибается парами М.^
приложенными на концах и действующими в плоскости большей полки. Найтц
направления главных центральных осей и и о,
величины Ju^Jv главных моментов инерции и величину
наибольшего нормального напряжения при изгибе, если
М «saj 10 000 кгсм. При решении задачи
воспользоваться формулой A32).
Ответ. ф= 14°10', /„= 150',19сл*, /^= 16,16сл*,
@)jj,g^ са 601 KzlcM^ в точке А.
51. Изгиб балок, имеющих две плоскости <
симметрии
Если балка имеет две плоскости симметрии,
то задача об изгибе поперечными силами,
наклоненными к этим плоскостям и
пересекающими ось балки, может быть легко решена
при помрщи метода .сложения действия сил.
Каждая поперечная сила может быть
разложена на две составляющие, действующие в двух, плоскостях симметрии,
и после решения задачи на изгиб для каждой из этих плоскостей
окончательные напряжения и прогибы получатся путем сложения.

5П
ИЗГИБ ВАЛОК, ИМЕЮЩИХ ДВЕ ПЛОСКОСТИ СИММЕТРИИ
199
. в качестве примера рассмотрим консоль прямоугольного
поперечного сечения (рис. 205) с поперечной силой Р, приложенной на
конце под углом Ь к вертикальной плоскости симметрии. Разлагая
силу 'на две составляющие Р cos 6 и Р sin в и рассматривая изгиб
в вертикальной и горизонтальной плоскостях симметрии, мы
находим, что абсолютные значения соответствующих изгибающих
моментов в заделанном конЦе равны Р/ cos 6 и Р1 sin 6. Принимая во
внимание направление этих моментов, найдем, что нормальное
напряжение в какой-либо точке
заделанного поперечного
сечения будет
Plycosb Plzsinb
а= +—-—
о =
max
Рис. 205,
Наибольшее растягивающее
напряжение будет в точке А, и его
величина определится по
формуле
6Р//cosD sineV
bh\ h "•" b )'
Вертикальный и горизонтальный прогибы нагруженного конца
будут
, ' P/*cosQ ,^ P/'sine
SEJ^
"Set:
и полный прогиб получится из уравнения
V ЗАДАЧИ
1. Горизонтальная деревянн^ балка Прямоугольного поперечного сечения
несет вертикальную нагрузку, равномерно распределенную по оси, и оперта на
концах в положении, указанном на рис. 206. Определить наибольшее
нормальное напряжение и вертикальный прогиб в середине,
если длина балки /==3 м, интенсивность нагрузки
д^ЗОО кг/м, h=2DcM, 6=15 см, tga= -к-.
-^ Ответ. апмх~'*^»2 k^icm^, /=0,341 см.
2. Решить предыдущую ' задачу, если расстояние
между .опорами равно 1,8 ли балка имеет два
свешивающихся конца, длина каждого из которых равна 0,6 м.
3. Горизонтальный круглый стержень длиною / с
заделанными концами несет равномерно распределенную
вертикальную нагрузку интенсивностью q и горизонтальную поперечную
нагрузку Р, сосредоточеннуй) в середине. Найти наибольшее напряжение, если
^/=24 000 кгсм, 9/*=48 Q00 кгсм и диаметр стержня d=10 см^
Ответ^ «J^max^Sl кг1см\.
9
Рис. 206.

imtW
200 ИЗГИБ в плоскости, НЕ ЯВЛЯЮЩЕЙСЯ плоскостью СИММЕТРИИ [гл. vni
4. Горизонтальная балка квадратного поперечного сечения (рис. 207) со
свободно опертыми концами нагружена в точках, отстоящих от опор на расстря-
ниях, равных -^ длины двумя равными силами Я, одна из которых вертикаль-
О
на, а другая горизонтальна. Найти а„ах« ^-"^ /=3,6 м, а=30 см, Р=2,4 т.
Ответ, «^шах^—т=6^ /сг/сл».
52. Изгиб балок в главной плоскости, которая не является
плоскостью симметрии
Центр сдвига. При рассмотрении чистого изгиба (см. стр. 1&5)
было показано, что плоскость изогнутой оси совпадает с плоскостью
изгибающих пар при условии, что эти пары действуют в одной из
двух главных плоскостей изгиба. В случае изгиба балки копланарной
системой поперечных сил задача становится более сложной. Если
главная плоскость, в которой действуют силы, не является
плоскостью симметрии балки, то такой изгиб обычно сопровождается
кручением балки. В последующем изложении будет показано, как
можно исключить это кручение и получить простой изгиб
надлежащим перемещением плоскости действующих сил параллельно
самой себе.
Мы начнем с простых примеров, в которых поперечное сечение
балки имеет одну ось симметрии (ось z) и силы действуют в
плоскости, перпендикулярной к этой оси (рис. 208). Рассмотрим случай
тонкостенной балки, показанной на рис. 208, а, и определим
положение вертикальной плоскости, в которой должны действовать
поперечные силы для того, чтобы произвести простой изгиб балки
в вертикальной плоскости. Из наших предыдущих
рассуждений о распределении вертикальных касательных напряжений t^^
(см. стр. 110) мы можем заключить, что практически вся поперечнай
сила Q будет воспринята только одними полками. Если мы будем
рассматривать полки как две отдельные балки, поперечные сече*
ния которых имеют соответственно моменты инерции У^ и У^ , то

52]
ИЗГИБ БАЛОК В ГЛАВНОЙ ПЛОСКОСТИ
201
их кривизна и прогибы при изгибе будут одинаковы, если на-*
грузка распределяется между ними в отношении J^:J^^). Тогда
поперечные силы в этих полках будут находиться в том Же
отношении.
Это условие будет удовлетворено, если поперечная нагрузка
действует в вертикальной плоскости, проходящей через точку О
(рис. 208, а), причем hi: h2~Jl:J'^, где hi и Л2 — расстояния О от
центров тяжести поперечных сечений полок. Таким образом, мы
находим, что точка О перемещается от центра тяжести С поперечного
сечения к той полке, поперечное сечение которой имеет больший
момент инерции. В предельном случае, показанном на рис. 208, 6,
в котором одна из полок бтсутствует, можно предположить с
достаточной точностью, что точка О совпадает с центром тяжести полки
и что поперечная нагрузка
должна действовать в вертикальной
плоскости, проходящей через эту
точку, для того, чтобы иметь
простой изгиб. Точка О, через
которую должна проходить плоскость
нагрузки, чтобы исключить
кручение, называется центром сдвига.
Рассмотрим теперь сечение
швеллера (рис. 208, с) и определим
положение плоскости, в которой должна действовать вертикальная
нагрузка, чтобы произвести простой изгиб с нейтральной осью,
совпадающей с осью z. Для этой цели необходимо рассмотреть
распределение касательных напряжений па поперечному сечению при
простом изгибе. Чтобы вы11ислить вертикальные касательные
напряжения х^у ДЛЯ поперечного сечения стенки, можно
воспользоваться тем же методом, что и в случае двутавровой балки (стр. 111),
т. е. можно предположить с достаточной точностью, что
вертикальная поперечная сила Q воспринимается только стенкой. В полках
возникнут горизонтальные касательные напряжения, которые мы
будем обозначать через х^^. Чтобы найти величину этих
напряжений, рассмотрим элемент, вырезанный из полки двумя смежными
поперечными сечениями на расстоянии dx и вертикальной
плоскостью тпт^п^, параллельной стенке (рис. 209). Если балка
изогнется вьшуклостью вниз, то нижняя полка будет растянута и
растягивающие усилия JV и N-\-dN, действующие на указанный выше
элемент, будут равны
N
-r.W^
^) При этом рассмотрении пренебрегается влиянием поперечной силы на
прогиб полок.

202 ИЗГИБ в плоскости, не являющейся плоскостью СИММЕТРИИ [гл. vm
и
м-
N+dN-.
dx
dx
!
ydF,
где интегрирование должно быть распространено на samtpHXOBaH-
ную часть поперечного сечения полки. Интеграл представляет
статический момент заштрихованной площади относительно оси г.
Разность растягиваюш.их усилий
Л^ и N-^dN дрлжна быть равна
сумме касательных напряжений,
действующих по грани тп т^п^
элемента. Предполагая, что эти
напряжения равномерно
распределены по этой грани и
обозначая через / толщину полки,
^-^ мы получаем следующее
уравнение для вычисления х^^:
xJdx=^'-dN=='-~PJydF,
откуда
(а)
гх'
-^J^'"'-
Момент заштрихованной
площади пропорционален расстоянию и
Рис.209. ■ от края полки; следовательно,
х^ пропорционально и. Как мы
видели ранее' (стр. 104), касательнью напряжения т^^, равные t^,
должны действовать горизонтально в точках по линии пт в
поперечном сечении полки. Следовательно, напряжения
t^/распределяются неравномерно по поперечному сечению полки, но они
пропорциональны расстоянию и. У сопряжения полки и стенки
распределение касательных напряжений являегся сложным. В нашем
приближенном вычислении мы предполагаем, что уравнение (а)
сохраняется от «-0 до и=Ь. Тогда, обозначая через h расстояние
между центрами тяжести полок и замечая, что момент площади
поперечного сечения.6/ полки относительно оси z равны bt Л/2, мы
получаем из уравнения (а)
(г ) -IX ) \=-^^ (Ь)
Равнодействующая R (рис. 210) касательных напряжений х_
распределенных по площади поперечного сечения bt полки, рав
няется
Qbh bt Qb'ht
хг>
R=
2/^ 2"^4У,
(С)

52]
ИЗГИВ БАЛОК В ГЛАВНОЙ ПЛОСКОСТИ
203
Суммирование касательных напряжений %^^ по поперечному
сечению верхней полки, очевидно, дает равную и противоположную
силу. Таким образом, касательные напряжения по сечению швеллера
приводятся к силам, показанным на рис. 210. Эта система сил
статически эквивалентна силе Q, приложенной
в точке О на расстоянии от центра стенки
Rh b'h't " .
е—~-=-
4J,
т
3-
->?
Рис. 210.
Отсюда видно что для получения
простого изгиба с нейтральной осью,
совпадающей с осью г, вертикальная плоскость, в
которой действуют поперечные сил.ы,
должна проходить через точку О, называемую
центром сдвига. При каком-либо другом
пологкении этой плоскости изгиб балки
будет сопровождаться кручением, и напряжения уже не будут
следовать простому закону, в котором а^ пропорционально ^^ и не
зависит от координаты г.
В случае изгиба углового сечения в вертикальной плоскости
касательные напряжения t B.T04Kiax по тп будут направлены, как
указано на рисунке 211, а и равны ^)
1
где интеграл представляет момент
заштрихованной площади относительно
оси Z. Эти касательные напряжения
дают равнодействующую силу в
указанном на рис. 211, 6 направлении и
равную
Рис. 211.
'3/^1^2 *
Сила такой же величины получится
также для нижней полки.
Равнодействующая этих двух сил равна Q и проходит через точку О
пересечения средних линий полок, которая, следовательно, в этом
случае и является центром сдвига.
В предыдущих случаях мы рассмотрели балки С одной плоскостью
симметрии, которые изгибались перпендикулярно этой плоскости. В таком случае центр
•сдвига находится на оси симметрии поперечного сечения, и для определения его
положения необходимо найти лишь одну координату. Рассмотрим теперь
несимметричную , балку, для которой необходимо найти две координаты, чтобы
^) При вычислении этих напряжений применяется тот же метод, что и в
случае швеллеров.

204 ИЗГИБ в плоскости, НЕ ЯВЛЯЮЩЕЙСЯ плоскостью СИММЕТРИИ [гл. vm
определить положение центра сдвига *). В качестве примера мы возьмем швеллер
одинаковой толщины, но с неодинаковыми полками (рис. 212). Взяв центральные
оси у к г параллельно стенке и полкам, мы предположим сначала, что
поперечные силы, действующие на балку, параллельны стенке и находятся на таком
расстоянии от стенки, что не вызывают кручения балки. Вертикальная
поперечная сила Qy будет воспринята только стенкой.
Для вычисления горизонтальных поперечных сил в полках мы поступим,
как и прежде, и рассмотрим усилия, действующие на элемент нижней полки,
заштрихованный на рис. 212. Чтобы вычислить продольное усилие TV, действующее
Рис. 212.
на элемент, мы воспользуемся уравнением A32) для продольных
нормальных напряжений. Тогда мы получим
где интегралы в правой' части представляют моменты относительно осей г и у
*) Вопрос об определении центра сдвига был рассмотрен несколькими
авторами. См., например, А. А. G г i f f i t h and G. I. Та у 1 о г, Advisory Comm.
Aeronaut (England), Tech. Repts, т. 3, стр. 950, 1917; R. М a i 1 Га г t, Schweiz,
Bauzeitung, т. 77, стр. 197, т. 79, стр. 254 и т. 8а, стр. 111 и 176; С. \У е b е г,
Z. angew. Math, и Mech. т. 4, стр. 334, 1924; А. Eggenschwyler, Ргос. 2d Intemat,;
Congr. Appl. Mech., Zurich, стр. 434, 1926. См. таюке статью автора в J. Frank-,
lin Inst., т. 239, стр. 201, 1945. В последнее время вопрос приобрел важное
значение при проектировании самолетов. Обзор соответствующей литературы дан в
статье Р. К U h п, Nat. Advisory Comm, Aeronaut. Techn. Netes, N 691,

52] ИЗГИБ БАЛОК в ГЛАВНОЙ ПЛОСКОСТИ 205
площади, заштрихованной на рис. 212, так что
[ydF=ctu
и
J 2 df= - Ш (b,-d- I-)-/ f у + dU - b,u\
дифференцируя, получаем
dN Qydx г /u^ \-|
-^dx==-j—y-^JyCtu-Jy^t\^-^+du--b,uj^,
•y "уг
И уравнение равновесия рассматриваемого элемента будет
^'^гx
— Qydx Г /U' \-|
dx— :J—J- J у ctu — Jy^t ( -^+du —b^uj ,
J fJ и — J L \ /J
Тогда горизонтальное касательное напряжение по поперечному сечению полки
будет
"^xz—'^гх~'
JzJ,
^\jyCU- Jyt f Y+rf« - *l" j J *
и соответствующая касательная сила в полках равняется
Г -Qyb\t \JyC (d ЬЛЛ
Так как ^илы, действующие на балку, все вертикальны, горизонтальные
касательные силы в полках должны образовать пару, которую можно получить
умножением поперечной силы в нижней полке на расстояние h. Тогда момент ^)
относительно центра тяжести С (рис. 212) всех касательных напряжений, действующих
по поперечному сечению, будет
Это указывает на то, что вертикальная плоскость, в которой действуют внешние
силы, чтобы произвести изгиб балки без кручения, находится на расстоянии
Ь^Ы г/уС / d bjN 1
от центра тяжести С поперечного сечения. В частном случае, когда полки оди-
наковы, оси г/ и 2 являются главными осями и Jy^, отсутствуют, с-=-^ , и мы
получаем
b'h't
что согласуется с ранее полученным результатом (d), см. стр. 203.
Расстояние Zq представляет горизонтальную координату центра сдвига.
Чтобы вычислить координату i/o» предположим, что внешние поперечные силы
^) Момент, вращающий по часовой стрелке, считается положительным.

щ
206 ИЗГИБ в плоскости, НЕ ЯВЛЯЮЩЕЙСЯ плоскостью СИММЕТРИИ [ГЛ, VIII
действуют в плскжости, параллельной плоскости xz. Для вычисления нормальных
напряжений Од, мы теперь воспользуемся уравнением A33). Рассматривая оп^ть
элемент, заштрихованный на рис, 212, и поступая, как прежде, получаем
*гх'
1
У -yz
Горизонтальная касательная сила в нижней полке равняется
Взяв момент этой силы относительно точки В (рис. 212) и разделив на горизон-,
тaль^^yю касательную силу Q^. вызываемую внешними силами, мы получим
расстояние jP плоскости действующих сил от точки В.
J Тогда искомая координата ^центра сдвига будет
b*ht VJyz^ ■ fd b.\-\
Для частного случая равных полок мы имеем J^g—0,
h 1 ■
с = -g- и, выразив в числах d и J у, можем показать, что
выражение (g) обратится в нуль, и, следовательно,
|т~"^—^J центр сдвига лежит на оси г. Координаты у^ и Zq,
\г—д — представляемые уравнениями (f) и (g), полностью
определяют положение центра сдвига для швеллера,
показанного на рис. 212.
В случае зетового сечения (рис. 213),
рассматривая сначала действие поперечных сил в плоскости,
параллельной стенке, и получив уравнение, подобное уравнению (е), мы можем
легко доказать, что горизонтальные касательные силы в полках будут
отсутствовать. Следовательно, горизонтальная координата Zq центра сдвига таюке
будет отсутствовать. Далее,
рассматривая поперечные силы,
действующие в горизонтальной
плоскости, найдем, что
горизонтальные касательные силы в полках
равны -^5" Qzt это указывает на
Рис. 213.
г7
тр, что плоскость
горизонтальной нагрузки должна проходить
через центр тяжести С.
aj
\Г
Рис.
CJ
214.
Во 6dex случаях, когда
полки тонкостенной балки
пересекаются по одной оси О, как на примерах, показанных на
рис. 214, найдено, что равнодействующая пСшеречная сила
проходит через эту ось и эта же ось, очевидно, является осью центров
сдвига.
Возвращаясь теперь к общему случ1аю и гиба несимметричных
балок, мы заключаем из предыдущих рассуждений, что для того,
чтобы иметь простой изгиб балки (изгиб без кручения), внешние
силы дрлжны быть распределены по оси центров сдвига. Для

521 ИЗГИБ ВАЛОК в ГЛАВНОЙ плоскости 207
вычисления прогибов, вызываемых этими силами, мы можем
воспользоваться теми же методами, что и в случае чистого изгиба,
(см. §50). Мы можем разложить каждую силу на две
составляющие, параллельные главным дентральным осям поперечного
сечения балки, исследовать изгиб балки в каждой из главных
плоскостей, применяя обычные формулы для балок, и получить полные
прогибы геометрическим сложением прогибов, найденных в двух
главных плоскостях. /
Другой прием заключается в том, чтобы выбрать оси у а г параллельно
стенки и полкам балки, как показано на рис. 212, разложить каждую действующую
поперечную силу на две составляющие, параллельные осям у ъ г, и применить
формулы A31) для сил в плоскости ху. Подобные формулы мджно вывести для
сил в плоскости xz. Окончательные прогибы получатся опять геометрическим
сложением^

Ш"
ГЛАВА IX
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
ИЛИ СЖАТИЯ. ТЕОРИЯ ПРОДОЛЬНОГО ИЗГИБА
53. Изгиб, сопровождаемый растяжением или сжатием
Здесь предполагается, что призматический брусок нагружен
силами в одной из его плоскостей симметрии, но, если прежде все
эти силы были перпендикулярны к оси бруска, то теперь они могут
иметь составляющие вдоль оси бруска. Простой случай такого рода
показан на рис. 215, который представляет колонну,
нагруженную наклонной силой Р. Эта сила разложена на поперечную
составляющую Q и продольную N, причем предполагается, что
колонна сравнительно жестка и прогиб так мал, что им можно
пренебречь при рассмотрении напряжений, вызываемых силой N.
Тогда результирующее напряжение в какой-либо точке получится
сложением сжимающего напряжения от силы N с напряжением при
изгибе от поперечной нагрузки Q. Случай гибкой колонны, в
которой продольное усилие, благодаря вызьшаемому им прогибу колонны
(рис. 215, Ь), имеет значительное влияние на изгиб, бу^о^ет рассмотрен
Б дальнейшем. Напряжение от силы N постоянно во fecex
поперечных сечениях колонны и равно N/F, где F есть площадь поперечного
сечения. Напряжение при изгибе зависит от момента, который
увеличивается от нуля вверху до maximum'а
Q/ внизу. Следовательно, опасное
сечение находится в заделанном конце, и
напряжение здесь в какой-либо точке на
расстоянии у от оси г будет
Qiy_N_
J, F '
т
N
-<А
О
п
шМшмт.^ v/mmm/.^
^х=
(a)L
а/
dJ
Рис. 215:
Полагая, например, что поперечное
сечение колонны на рис. 215 есть
прямоугольник с размерами бхЛ, где Ь,—
сторона, параллельная плоскости изгиба, мы имеем F=bh и i^—
^=bh*l\4.. Тогда наибольшее сжимающее напряжение будет в
точке п и равняется ___6Q/_^v

531
ИЗГИБ, СОПРОВОЖДАЕМЫЙ РАСТЯЖЕНИЕМ ИЛИ' СЖАТИЕМ
209
Это напряжение является численно наибольшим. В точке т мы
получаем
Когда сила Р не параллельна одной из двух плоскостей
симметрии, напряжения при изгибе, вызываемые ее поперечной
составляющей Q, найдутся разложением Q на составляющие,
параллельные этим плоскостям (см. § 51). Результирующее
напряжение в какой-либо точке получается сложением этих
напряжений от изгиба с сжимающими напряжениями, вызванными
продольной силой.
ЗАДАЧИ
1. Опреде;ц1ть наибольшее сжимающее напряжение в круглых деревянных
столбах высотою 6 л и диаметром 20 см, показанных на рис. 216, если груз Р на
проволоке ABC равен 24 кг. Растягивающее усилие в каждом канате DF равно
1
5=400/«,tga=y^, sinp=-g-и D/C=4,5 ж
ay
Рис. 216.
Решение. Составляющие силы в проволоке ВС (рис, 216, 6) будут Qi= 120 кг,
N^—12 кг. Составляющие силы в канате DF будут Q2—8O кг и N^=392 кг. Наи-
S
>
1р—
п
Рис
т
п
. 217.
>
f
'I
Рис. 218
больший изгибающий момент должен быть в заделанном конце, где Л^тах"^
=36 000 кгсм. Давление в том же поперечном сечении равно Ni-{-N^—4Q4 кг.
Наибольшее сжимающее напряжение в точке m равняется
a==i:iS^+3^i^=l.3+45.9=.47.2 кг1см^.
nd'
я4'
2. Определить наибольшее растягивакмцее напряжение в прямоугольной
деревянной балке, показанной на рис. 217, если 5=1600 кг, ft=20 см, А=25 см,
6-400-200 . 1600
Ответ, (а^^),
max
20-625 ^500
=41,6 кг 1см*

210
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
[гл. tx
3. Определить наибольшее сжимающее напряжение в конструкции ABC,
которая поддерживает нагрузку Р=800 кг (рис. 218) и имеет жесткое соединение
брусков в В, неподвижный шарНир в Ли подвижную опору в С. Поперечное
сечение брусков АВ и ВС представляет квадрат-25X25 см.
_ 6.400-240 .240 - „_ „ ,. ^
Ответ. .о==—-^gj— "^"ой^^'»^ кг/слг.
4. Кирпичная подпорная стена толщиной 1,8 Mvt
высотою 4,5 м испытывает давление со. стороны
песчаной насыпи (рис. 219). Определить наибольшее
растягивающее и сжимак)щее напряжения внизу стены^ если
ее вес равен у=22СЮ кг/м' я боковое давление песка
равняется 4400 кг на погонный метр. Распределение
давления песка по высоте Стены следует линейному закону,
как показано прямой АВ.
Ответ. Напряжение в m равняется
2200- 4,5 4400-1,5- Ш0-6
10000 100-180* Г'
= — 0,99 — 1,22 = — 2,21 kzJcmK
Напряжение в п равняется
2200-4,5,4400-1,5-100-6
о«==
fc^d
Рис. 219.
10000
■^
100-180»
=0,23 кг1см^
В. Определить толщину стены в предыдущей задаче, при которой напряжение
в п будет равно нулю.
Ответ. 2 м.
6. На |сруглую колонну высотою 1;8 л действует сила Pj составляющие
которой Qvi N равны .400 кг каждая. Найти диаметр колонны, если наибольшее
сжимающее напряжение равняется 65 кг/см ^.
7. Найти о„ах-И Omiti в поперечном сечении,
находящемся посередине бруса ВС (рис. ,218), если вместо
сосредоточенного груза Р будет действовать
вертикальная нагрузка <7=500 кг/м, распределенная по оси ABC,
8. Круглый стержень АВ (рис. 220),
прикрепленный шарниром в В и опертый на гладкую вертикальную
плоскость (без трения) в А, подвергается действию
собственного веса*. Определить положение поперечного
сечения тп, в котором сжимающее напряжение будет
наибольшим. ,
Решение. Обозначим через / длину стержня, через q
вес единицы длины его и через а угол наклона к
горизонту. Тогда горизонтальная реакция в А равняется
R=={ql/2) ctga, сжимающее усилие в каком-либо поперечном сечении тп на
расстоянии хот А равняется qxsin a-\-{ql/2){cos Wsin а) и изгибающий момент в той
же поперечном сечении равняется
Рис. 220.
M,=~ дс cos а
qo? cos а
g
Наибольшее Сжимающее напряжение в поперечном сечении тп равно
32 (ql
4 / . , о/ cos* а\ 32 /
где d есть диаметр стержня.
л; cos а
jq^ cos а
)•

53]
ИЗГИБ, сюпровожаАЕмы:^ растяжением или сжатием
211
Приравнивая нулю производную от 9п>го выражения по х, получаш
х=
г
8
tge.
9. Стержень, показанный иа рис. 215, имеет длину 2 л и диаметр 30 см.
Определить величину силы Р, если её составляющие NhQ равны и наибольшее
сжимающее напряжение в п равно 70 кг/смК
Ответ. ,P—i2Sf) кг.
IQ. Сила Р вызывает изгиб стержня ЛВС,
заделанного в А (рис. 221); Определить угол
поворота конца С при изгибе, если изгибающие
моменты в Л и Б численно равны между собой. ^
Решение. Из равенства изгибающих
моментов в Л и в следует, что сила Р проходит через
среднюю точку D стержня ЛВ. Тогда Рз(=^Ру(/2а
и составляющие Р^ и Ру могут быть теперь
вычислены. Угол поворота поперечного сечения В
вследствие нзгиба части АВ от составляющей
силы Ру равен Pv/V2£J по направлению
часовой стрелки. Уго/1 поворота того же поперечною сечения от.
составляющей силы Рх равен P^aljEJ в направлении против часовой стрелки. Угол
поворота поперечного сечения С относительно поперечного сечения В, вследствие
I
2
В
а
"
^
|й#
\
т
->—а
В
А
^
а
Рис. 222.
Рис. 223,
изгиба части ВС стержня, равен Р^1Щ] в направлении против часовой стрелки.
Полный угол поворота конца С в направлении по часовой стрелке равняется
Р^
Pyfll Р^*
Р^
2EJ EJ 2EJ
2EJ
11. Трехшарнирная рама ABC (рис. 222) поддерживает вертикальную
нагрузку Р. Найти численно наибольший изгибающий момент'M„ax в раме и
сжимающее усилие N в горизонтальных стержнях.
Ответ. М
Р1
Р1
max-4-. Л^-4Л
12, Найти угол наклона а силы Р, действующей на стержень ABC (рис. 223),
если известно, что прогиб в В равен нулю»
2Л -
Ответ, tg о,-
Ъа

212 ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ [ГЛ. IX
54. Внецентренная нагрузка короткой стойки
Внецентренная нагрузка есть частный случай сложения
растягивающих или сжимающих напряжений с напряжениями от изгиба.
Когда длина стержня не очень велика по сравнению с его
поперечными размерами, его прогиб настолько мал, что^м можно пренебречь
по сравнению с первоначальным эксцентриситетом е\ поэтому можно'
пользоваться принципом сложения действия ^). Возьмем, например,
случай сжатия продольной силой Р, приложенной с
эксцентриситетом е (рис. 224) на одной из двух главных осей поперечного
сечения. Если мы приложим две равные и противоположные силы Р
в центре тяжести О поперечного сечения,
то от этого условие не изменится, так как
они эквивалентны нулю. Тогда мы получим
4/ осевое сжатие силой Р, вызывающей
непосредственно сжимающие напряжения —PlFy
как показано на рис. 224, Ь, и изгиб в од-
^™, ной из главных плоскостей парой силе Ре,
^Iji] вызывающей нормальные напряжения —
(Pey/Jg), как показано на рис. 224, с. Следо-
^ вательно, полное напряжение будет
Р^ Реу^
^х =
(а)
Рис. 224.
Эпюра распределения этого полного
напряжения показана на рис. 224, d. На рис. 224, d
предполагается, что наибольшее
напряжение от изгиба меньше осевого
сжимающего напряжения, так что по всему пог
перечному сечению стержня будут лишь одни сжимающие
напряжения. Если наибольшее напряжение от изгиба будет больше
непосредственно сжимающего напряжения, то нулевая линия
напряжений будет параллельна оси z и делит поперечное сечение на
две зоны с растягивающими напряжениями налево и сжимающими
напряжениями направо.
Для прямоугольного поперечного сечения со сторонами hub
(рис. 224, а) уравнение (а) становится
_ _ Р_ _ 12Реу
^х~^ bh bh'
(а')
и мы получаем подстановкой у=—(/i/2)
yVxfm&x— bh^bh'~~bh \ ~^ h)
(b)
^) Случай внецентренной нагрузки длинных стержней см. § 56.

54]
ВНЕЦЕНТРЕННАЯ НАГРУЗКА КОРОТКОЙ СТОЙКИ
213:"
Подстановкой y=hl2 мы получаем
Р бРе
(<^Jmin =
bh
bh^
bh\ ^ h)
Лс)
Можно видеть, что когда е< Л/6, нигде по поперечному сечению знак
напряжений не изменяется. Когда e=hf6, то на основании
уравнения (с) наибольшее сжимающее напряжение равняется 2P/bh и.
напряжение на противоположной стороне прямоугольного
Поперечного сечения равняется нулю. Когда e>hl6, то знак напряжений
меняется, и положение нулевой линии напряжений получится
приравниванием к нулю общего выражения (а') для о^; тогда
или, посредством обозначения i^ для радиуса инерции относительно^
оси Z (см. Приложение)
У=
(ту
Видно, что расстояние нулевой линии напряжений от цбйтра
тяжести О уменьшается с увеличением эксцентриситета е. То же
рассуждение можно применить и в случае внецентренно
растягивающей нагрузки. Уравнение A34) можно применить также для других
форм поперечного сечения, если точка приложения нагрузки
находится на одной из главных осей инерции.
Рассмотрим теперь случай, когда точка В приложения внецентренно
сжимающей силы Р не находится ни на одной из двух главных осей инерции поперечного''
сечения, принятых на рис. 225 за оси у и z. Если
взять m и п за координаты этой точки, то моменты
силы Р относительно осей у kz будут соответственно
равны Рп и Рт. Используя принцип сложения
действия сил, получим напряжение в какой-либо точке,
F поперечного сечения
Р Рту Рпг , V
(е)
^х=
Jy
первый член правой части представляет сжимающее
напряжение, а два другие ^- напряжения от
изгиба, вызываемые соответственно моментами Рт и Рп.
Можно видеть, что распраделение напряжений
следует линейному закону. Уравнение нулевой линии
напряжений псмучнтся приравниванием правой
части уравнения (е) нулю. При помощи обозначений
Рис. 225.
JjF=il и JJF^
Чу, где 1^
тельно осей гиу, получается
и iy — соответствующие радиусы инерции относи-
1. ^у
(f)
Подставляя в это уравнение сначала у=0, а затйа 2=0, мы получаем точки М

ни
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
[гл. IX
>« N пересечения нулевой линии напряжений с осями координат гя у (рис, 225).
Координаты этих точек виг будут
п
т
(g)
^откуда находим
п= —
';
тп= •
Эти уравнения имеют такую же форму, как и уравнения (g), поэтому можно заклю-.
чить, что когда нагрузка приложена в точке В' с координатами s и г, соответствуг
ющей нулевой линией будет ^гиния M'N', показанная на рисунке пунктиром и
■отсекающая на осях ^ и г отрезки тип.
Существует Другая важная зависимость меявду точкой приложения В нагрузки
R положением соответствующей нулевой ланщ напряжений, а именно, когда В
движется по линии B,Bg (рис. 226), то соответствующая нулевая линия напряжЬ-
ний поворачивается около некоторой
постоянной точки В\ Это доказывается следующим
образом: разложим нагрузку в В на две
параллельные составляющие—одну в Bj и дру-j
гую в В,. Составляющая в В, действует ■■'$
главной плоскости хг; следовательно, cooth
ветствующая нулевая линия напряжений:
параллельна оси ^ и ее отрезок на Ог, каЙ;
найдено из уравнения, аналогичного уравнен
нию A34), равняется -
s=
п.
(h)
Подобно этому нулевая линия напряжений
*лля составляющей Bj параллельна оси z, и ее расстояние от этой оси равняетсяЕ
.а
ш.
0)
Для некоторого положения нагрузки на линии В^В^ напряжение будет равняться
нулю в В'. Следовательно, когда точка приложения нагрузки движется по пр«^
мой В^В., то соответствующая нулевая линия напряжений поворачивается окол^
точки В , координаты которой определяются уравнениями (h) и (i)..
ЗАДАЧИ
1. Площадь поперечного квадратного сечения стержня уменьшена на поло^
вину в тп (рис. 227). Определить наибольшее растягивающее напряжение в
поперечном сечении тп, вызываемое продольной нагрузкой Я-.
2Я Ра 24 8Р
Ответ. (Ox)mas=-^4-';4"a»^c?"*
2. Решить предыдущую задачу, полагая, что стержень имеет круглое попе^
•речное сечение.
3. Стержень таврового сечения внецентренно нагружен силами Р (рис. 228),
-Определить наибольшие растягивающее и сжимающее напряжения в этом стержне
€сли d=l см, h=9 см, ширина полки 6=9 сц, Р=1000 кг»

55]
ЯДРО СЕЧЕНИЯ
215
Решение. Расстояния центра тяжестич таврового сечения от низа и Bepxia
соответственно равны А,=2,47 см и Лд==6,53 см. Эксцентриситет силы Р равняете»
6=0,5+2,47=2,97 см. Момент инерции /^^Иб ел*. Напряжения от изгиба будут-
\Peh, 1000.2,97.2,47 ,
(^х)
'majf"
(<'«)min=
РеК
118
1000-2,97.6,53
62 KejcM*,
118
= —164 кг1рм*.
а,
2А
т
ъ
■*■ а
Складывая - нх^ е растягивающим напряжением PjF—
= 1000/17,06 = 58 KzjCM^, получаем наибольшее растягивающее
напряжение 62+58= 120 KzjcM^ и наибольшее сжимающее напряжение
164—58=106/сг/сл2.
4. Определить наибольшее растягивающее напряжение в
сечении тп зажимной скобы, показанной на рис. 229, если Р=120 /сг,
Ь=7,5 см и поперечное сечение представляет прямоугольник с раз- п.,-
мерами 2,5X0,6 см. р j f Рис.
Ответ. о„„=1520 кг1см^.
5. Определить ширину поперечного сечения тп в предыдущей задаче так,,
чтобы а^ах было равно 1300 кг1см^.
%
Р
227.
l-iL
*Г7* ^Г^
j£.
-¥-
-t-h
оо
Т~с
-t-l—М-
'ОО
Рис. 228.
6. Найти наибольшее и наименьшее напряжения в заделанном поперечном
сечении прямоугольной колонны, показанной на рис. 224, если 6=25 см, А=30 см,
Р=2т и координаты точки В приложения нагрузки (рис. 225>
равны m=en=5 см. Найти положение нейтральной оси.
Г
т
1
55. Ядро сечения
п
-д-
Рис. 229.
. В предыдущем параграфе было показано, что для малого
эксцентриситета е нормальные напряжения имеют один и тот
же знак по всей площади поперечного сечения внецентренно
нагруженного стержня. При больших значениях е нулевая
линия напряжений пересекает поперечное сечение, и
напряжения получаются разных знаков. В случае материалов
очень слабых при растяжении, как^ например, бетон или
кирпичная кладка, возникает вопрос об определении области, в
пределах которой можно прикладывать сжимакмцую
нагрузку, не вы/зывая по всему поперечному сечению растягивающих напряжений.,
Эта область называется ядром сечения. Метод определения ядра сечения
иллюстрируется следующими простыми примерами.
В случае круглого поперечного сечения радиуса R можем заключить в силу сим-
метрии7что ядро сечения представляет круг. Радиус а этого круга найдется из того
условия, что когда точка приложения нагрузки находится на контуре ядра, со-^
ответствующая нулевая линия напряжений должна быть касательной к контуру^
поперечного сечения. Припоминая, что момент инерции площади круга
относительно диаметра равен я/?*/4 (см. Приложение), и, следовательно, радиус инерции
равен /=|/J/F=/?/2, находим из уравнения A34) подстановкой а вместо е и R

щ
щг
'216 ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
вместо у, что
1^ R
[гл. IX
A35)
т. е. радиус ядра сечения равен одной четверти радиуса поперечного сечения.
Для случая кругового кольцевого сечения с внешним радиусом R^ и внутренним
радиусом Йь имеем
л радиус ядра на основании уравнения A34) получается
"=^=
A36)
Для Rs=0 уравнение A36) совпадает с уравнением A35). Для очень тонкого
■кольца, когда R^ приближается к /?„, радиус а ядра приближается к значению
RhI2.
В случае прямоугольного поперечного сечения (рис. 230) нулевая линия напря-
-жений совпадает со стороной eg, когда нагрузка приложена в точке А, на расстояг
НИИ 6/6 от центра тяжести (см. стр. 213). Таким же
образом нулевая линия напряжении совпадает со
стороной gf, когда нагрузка находится в точке В^ на
расстоянии Л/6 от центра тяжести.' Когда нагрузка движется
по линии АВ, нейтральйая ось поворачивается около
тоЧки g (см. стр. 214), не пересекая поперечного
сечения. Следовательно, АВ есть одна из сторон ядра
сечения. Другие стороны вытекают из симметрии. Поэтому
ядро сечения представляет ромб с диагоналями,
равными ft/3 и Ь/3. До тех пор, пока точка приложенная,
остается вчпределах этого ромба, нулевая линля
напряжений не пересекает поперечного сечения и
напряжения не будут меняться по знаку.
Для двутаврового сечения (рис. 231) крайние
положения нулевой линии напряже1Шй, в которых она не
пересекает поперечное сечение, определяются сторона-
ми АВ п CD и пунктирными линиями АС и BD. ^оот-
'ветствующие положения точки приложения нагрузки могут быть определены из
уравнения A34),. По симметрии можно заключить, что эти точки будут
вершинами ромба, заштрихованного на рис. 231.
Если точка приложения внецентренной нагрузки на-
-ходится вне ядра сечения, то соответствующая нулевая
■ЛИНИЯ напряжений пересекает поперечное сечение, и
нагрузка вызывает не только сжимающие, но также и
растягивающие напряжения. Если материал совсем не со-
-противляется растягивающим усилиям, то часть
поперечного сечения будет бездействовать, а остальная — будет
испытывать только сжимающие напряжения. Возьмем,
например, прямоугольное поперечное сечение (рис. 232) с
точкой приложения А нагрузки на главной оси ^ и на
расстоянии с от края сечения. Если с меньше А/3, то часть
поперечного сечения не будет работать. Рабочий участок
может быть найден из того условия, что распределение сжимающих усилий по
поперечному сечению следует линейному закону, изображеннсшу на рисунке
прямой тп, и что равнодействующая-ЭТИХ усилий равняется Р. Так как эта рав-'
Рис. 230.
Рис. 231.

55]
ЙДРО СЕЧЕНИЯ
211
нойействующая должна проходить через центр тяжести площади треугольника
mtis, то размер ms рабочего участка поперечного сечения должен быть равен Зс.
В случае кругового поперечного сечения (рис. .233), если эксцентриситет СА.
нагрузки больше RjA и материал не сопротивляется растягивающим усилиям,
будет работать только часть
поперечного сечения. Пусть линия пп,
перпендикулярная к АС, будет
границей этого участка. Ее расстояние Ь
от точки ■ А может быть найдено из
следующих условий: 1) сжимающие
напряжения пропорциональны
расстоянию у от пп, 2) сумма
сжимающих усилий, приходящихся на
рабочий участок поперечного сечения,
равна нагрузке Р и 3) момент этих
усилий относительно пп равен
моменту РЬ нагрузки Р относительно
той же оси. Если обозначить
наибольшее сжимающее напряжение через о^^а,, то сжимающее напряжение на
некотором расстоянии у от пп будет
и для определения b получаются следующие уравнения:
Рис. 232.
из которых
y{^dF=P, ^y^,F^Pb.
b=iss,
(а)
'пп
где J„n^=\ y^df есть момент инерции площади рабочего участка поперечного
сечения относительно оси пп и S„„= \ ydF есть статический момент площади
рабочего участка поперечного сечения относительно той же оЬн. При помощи уравнения
(а) положение А д^я данного положения пп легко можно найти. То же уравнение
можно применить также и для других форм поперечного сечения при условии, что
А находится на одной из главных осей ^). Если нагрузка не приложена на главной
оси, задача об определении рабочего' участка поперечного сечения становится
более сложной 2).
При помощи понятия о ядре сечения можно значительно упростить
вычисление наибольших напряжений от изгиба в случае, когда изгиб происходит не в
главной плоскости. Например, пусть mm на рис. 230 будет продольная плоскость,
балки, в которой действует изгибающий момент М, и пп — соответствующая
нейтральная ось, которая образует угол а с плоскостью mm (см, стр. 195). Обозначая
через ап,ах наибольшее напряжение в наиболее удаленной точке с и через d ее
расстояние от нейтральной оси пп, находим, что напряжение в какой-либо другой
^) Для случаев круглых поперечных сечений и круглых кольцевых сечений,,
которые являются важными при расчете напряжений в трубах, изданы таблицы,
упрощающие эти вычисления. (См. Кеск, Z. Architect, и Ing, Ver. (Hannover),
стр. 627, 1882; см. также Z. Ver. deut. Ing., стр. 1321, 1902 и статья G. D г е у е г,
в Bautechnik, 1925.
^ Некоторые расчеты для прямоугольных поперечных сечений можно найти-;
в следующих статьях: F. E>ngesser, Zentr. Bauverwalt, стр: 429, 1919; О. Неп-
к е 1 S, там же, стр. 447, 1918; К. Р о h 1, Der Eisenbau, стр. 211, 1918; F. К-
Е s 1 i n g, Proc. Inst.Civil Engrs. (London), r. 3, 1905—1906,*.

Й"'
18 ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА и РАСТЯЖЕНИЯ [ГЛ. tt
почке, находящейся на расстоянии ш от пп, будет az=ajj^^j^w/d, и момент всех уси*
-ЛИЙ, распределенных по поперечному сечению, относительно оси пп равняется
"тах**^ ,гр "шах , .. v
—J-rf/=^=-^^n. '. (b)
тде J„„ecTb момент инерции поперечного сечения относительно оси пп. Момент
внешних сил относительно той же оси равняется М sin а. Приравнивая это
правой части уравнения ^Ь), имеем
" ' ■ ^' Mrfsina ,..,
<^max = 7 • (<^)
•'пп
Зто уравнение можно значительно упростить, пользуясь свойствами ядра
сечения 1). Пусть О будет точка пересечения плоскости mm с ядром сечения иг — ее
расстояние от центра тяжести поперечного сечения. Из свойств ядра сечения вы^
-чгёкает, что сжимающая сила Р, приложенная в точке О, вызывает напряжение^
равное нулю, в вершине г. Следовательно, растягивающее напряжение,
вызываемое в точке с изгибающим моментом Рг, действующим в плоскости mm, численно
равно сжимающему напряжению P/F от силы Р или, подставляя Рг вместо М.
в уравнение (с), получаем
Р Prrfsin а-
' ''пп
^откуда
rfsina 1 ...
—J = ру:. Хо)
''пп ' '
Вставляя это в уравнение (с), получаем
<'тах=^. A37)
Произведение Fr называется моментом .сопротивления поперечного сечения в
плоскости тт. Это определение согласуется с определением, которое мы имели
прежде (см. стр. 86), и для изгиба в главной плосйости/^г становится равным 'W.
ЗАДАЧИ
1. Определить ядро сечения профиля двутавровой балки, для которой
/■ст. 151c^V Л—83860СЛ*, /^==23,5сл(, У^= 1700сл(*, /^=.3,36сл. Ширина
полок b am 17,6 см. * .
Ответ. Ядро сечения представляет ромб t диагоналями, равными 36,82 см
м 2,56 см.
2. Определить радиус ядра кругового кольцевого сечения, если Н^ « 25 см
ги i?B •" 2" ^^■^^
Ответ. Радиус ядра а «=«= 10,25 см.
3. Определить ядро поперечнрго сечения, имеющего форму равностороннего,
треугольника.
4. Определить ядро поперечного сечения квадратной тонкой трубки.
Решение. Если h — толщина трубки и & ^— сторона квадратного поперечного
сечения» то имеем
Ядро сечения есть квадрат с диагональю
1 . 3*
1) См. R. L а п d, Z. Architekt. и Ingenieurw, стр. 291, 1897.

56]
BfJEUEHTPEHHOE СЖАТИЕ ГИБКОЙ СИММЕТРИЧНОЙ КОЛОННЫ
219
56. Внецентренное сжатие гибкой симметричной колонны
При рассмотрении изгиба гибкой колонны пол. действием вне-
центренной нагрузки (рис. 234) прогибом / уже более нельзя
пренебрегать по сравнению с эксцентриситетом е. Предпол(дасим, что
эксцентриситет имеется в плоскости симметрии,
тогда изгиб будет происходить в той же
продольной плоскости ху, в которой действует нагрузка Р,
и изгибающий' момент в каком-либо поперечном
сечении тп будет
М^^^РЦЛ-е-у). (а)
При определении знака момента необходимо
заметить, что, вращая рис. 234 по часовой
стрелке на угол Jt/2, мы получим те же направления
координатных осей, которые были приняты при
выводе уравнения G9). Поэтому, следуя правилу,
представленному на рис. 63,6, мы берем момент (а)
со знаком минус, так как изогнутая ось обращена
вогнутостью в сторону положительного
направления оси у. Дифференциальное уравнение изогнутой оси получится
подстановкой (а) в уравнение G9), а именно
Рис. 234.
F3
^ &7?'
■■P{f+e-y).
Пользуясь обозначением
Р г
получаем иэ уравнения (Ь)
0+р'|/-рЧ/-ь^).
(Ь)
A38)
(су
Путем подстановки можно легко доказать, что уравнение
y=c^s\npx-\-c^cospx-\-f-\-e {dy
есть решение уравнения (с). Это решение содержит две постоянные
интегрирования с^ и с^, величины которых должны быть подобраны:
так, чтобы удовлетворить условиям на концах колонны и получить,
истинную изогнутую ось колонны. На нижнем конце, который
является заделанным, условия следующие:
{у).
=0, [^\
dx/x=b
:0.
(е)
Пользуясь этими условиями совместно с выражением (d) и его^

■^20 ОДНОВРЕМКННОЕ ЯЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ ^ [ГЛ. IX
первой производной, получаем.
с,=0. с,= —(/+е).
Таким образом, уравнение изогнутой оси (d) получается в виде
y={f-\-е)A—cos рх). (f)
Чтобы получить величину прогиба / на верхнем конце колонны,
мы подставляем д;=/ в правую часть уравнения (/). Тогда прогиб //
в левой части должен быть равен /, и мы получаем уравнение
f={f+е)A—cos р1),
.откуда
е(I-cospi) ^ A39)
' cos pi
Подставляя это в уравнение (/), получаем уравнение изогнутой оси
^ cos pi ^
Пользуясь этим уравнением, мы можем легко вычислить прогиб в
любом поперечном сечении стержня.
В случае короткой стойки, которая была рассмотрена в § 54, ве-
„личина р/ мала по сравнению с единицей, и с достаточной точностью
можно принять
cos/?/=^l—1р«/Ч (g)
Пользуясь этим значени<вм cos pi и пренебрегая величиной р^ /* /2
в знаменателе выражения A39), как малой величиной по сравненик^,
=с единицей, мы получаем
/~ 2 ~2EJ^: ^ '
1Это представляет величину прогиба на конце консоли, изгибаемой
парой сил Ре, приложенной на конце. (]ледовательно,
использование приближенного выражения (g) равносильно тому, что прене-
'^регается влиянием прогибов на величину изгибающего момента
и принимается взамен него постоянный момент, равный Ре.
Если р1 не мало, что обычно бывает в случаях, когда колонна
является гибкой, то при вычислении / мы должны пользоваться
выражением A39). Таким путем мы находим, что прогиб уже не прр-^
порционален нагрузке Р. Он увеличивается гораздо быстрее, чем
Р, как это видно из значений этого прогиба, данных во второй
.строчке таблицы 2.

56]
ВНЕЦЕНТРЕННОЕ СЖАТИЕ ГИБКОЙ СИММЕТРИЧНОЙ КОЛОННЫ
221
Таблица2
Прогибы, вызываемые внецентренной продольной нагрузкой
^ р1
f
приближенное /
seep/
PIPup
O.l
0,005е
0,005е
1,005
0.004
0,5
0,139е
0,139е
1,140
0,101
1,0
0,851е
0,840е
1,867
0,405
1,5
13,1е
12.8е
13,2
0,911
п/2
00
00
00
1
%
Наибольший изгибающий мол{ент имеет место в заделанном конце
колонны и равняется
шах
-.Р (е-\-f)=Ре sec р1.
A41)
Ряд значений sec pi дан в четвертой строчке вышеприведенной
таблицы. Эти значения показывают, как быстро увеличивается момент,
когда р1 приближается к значению я/2. Это явление будет
рассмотрено в следующем параграфе.
Здесь, однако, необходимо повторить, что в рассматриваемом
случае нет пропорциональности между величиной сжимающей силы
и прогибом /, который она вызывает. Следовательно, здесь не может
быть применен принцип сложения действия сил (стр. 144). Сила Р,
направленная по оси, вызывает только сжатие стержня, но когда
та же сила действует вместе с изгибающей парой Ре, она вызывает
не только сжатие, но также и дополнительный изгиб, так что полная
деформация не может быть получена простым сложением
продольного сжатия от силы Р и изгиба от пары сил Ре. Причину, почему
в этом случае не применим принцип сложения действия сил, можно
легко объяснить, если мы сравним эту задачу с изгибом балки
поперечными грузами. В последнем случае можно предположить, что
малые прогибы.балки не изменяют расстояния между силами, и
изгибающие моменты можно вычислить без рассмотрения прогиба
балки. В случае внецентренного сжатия колонны прогибы,
вызываемые парой сил Ре, совершенно изменяют характер действия
осевой нагрузки, которая вынуждена производить как сжатие, так и
изгиб. В каждом случае, когда деформация, возникающая от одной
нагрузки, изменяет действие другой нагрузки, будет найдено, что
окончательная деформация не может быть получена методом
сложения действия сил.
Предыдущие рассуждения относились к изгибу в плоскости
симметрии колонны. Если колонна имеет две плоскости симметрии
и эксцентриситет е не находится на одной из главных осей
поперечного сечения, то необходимо разложить изгибающую пару Ре
на две составляющие пары, каждая из которых действует в плоскости
симметрии колонны. Тогда можно будет исследовать изгиб в каждой
из двух плоскостей таким же способом, как рассмотрено выше.

ж-
222
ОДНОВРВМБННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
{гл. IX
Приведенные выводы об изгибе колонны, заделанной одним
концом, можно также применить к случаю стойки, внецеитренно
сжатой двумя равными и противоположными силами Р
(рис. 235). На основании симметрии можно
заключить, что среднее поперечное сечение А не ново-
рачивается при изгибе, и каждая половина стойкк
на рис, 235 находится точно в таких же условиях,
как стойка на рис. 234. Следовательно, прогиб и
наибольший изгибающий момент получаются
подстановкой //2 вместо / в уравнения A39) и A41). Таким
путем мы получим ^
(l-COS^)
pi
Мщах = Ре sec
pl
A42)
A43)
и уравнение для наибольшего сжимающего напряжения
получается
__^ лРё р1
Of max — ~F* "W ~^»
где W, означает момент сопротивление!.
ЗАДАЧИ
1, Найтл прогиб в середине и наибольшие растягивающее и сжимающее на^-
пряжения в внецеитренно сжатой стальной стойке с шарнирными концами
длиной 3 м, если поперечное сечение представляет швеллер с высотой 14 см, J^tm
в=э 53,2 CM*;Jy=5&3,7 см\ ft= 18,51 см\ шириною полок 5,8 см. Расстояние меж^
центром тяжести и наружной гранью стенки швеллера гох=1,71 см и сжимающай
сила Р== 1,6 т действует по линии пересечения плоскости симметрии швеллера
с наружной гранью стенки швеллера.
Ответ, f вО.ЗбЗ см, Од,д^с=193 кг/см^—растягивающее напряжение, <ijnin'°'
с=» 169 кг/см^ — сжимающее- напряжение.
2. Стальной брус квадратного поперечного сечения 5X5 еле и длиной 1,8 л
внецеитренно сжимается силами Р=400 кг. Эксцентриситете направлен по
диагонали квадрата и равен 2,5 см. Найти наибольшее сжимающее напряжение,
полагая, что стержень имеет ша^ирныё концы.
Ответ, а
max
85 кг/см^
3. Стальной стержень, имеющий длину 1Д м и прямоугольное поперечно^
сечение 2,5Х 5 cjm, сжимается двумя силами Р=400 кг, приложенными в вершина!}
концевых поперечных сечений, так что эксцентр^иситет нах^равлен по диагонали
поперечного сечения и равен половине длины диагонали. Найти наибольшее
сжимающее напряжение, считая концы шарнирными.
Ответ, о = 231 кг/см*.

57].
КРИТИЧЕСКАЯ НАГРУЗКА
223
57. Критическая нагрузка
В предыдущем параграфе было указано, что прогиб внецентрен-
но сжатой колонны очень быстро увеличивается, когда величина
р1 в уравнении A39) приближается к значению я/2. Когда р/
становится равным я/2, то формулы A39) для прогибов и A41) для
наибольшего изгибакщего момента дают бесконечно большие значения.
Чтобы найт1^ соответствукйцее значение нагрузки, мы воспользуемся
формулой A38). Подставляя р=я/2/ в это выражение, мы находим,^
G02 QOS
ш"^ Ш4 ars' а22 ет asj-^
Рис. 236.
что значение нагрузки, при котором выражения A39) и A41)
становятся бесконечно большими, равняется
A44)
Это значение, которое зависит только от размеров колонны и модуля
упругости материала, называется критической нагрузкой или
эйлеровой нагрузкой, так как Эйлер был первым, который вывел это
значение в своем знаменитом исследовании упругих кривых ^).
Чтобы более ясно видеть физическое значение этой нагрузки,
построим кривые, представляющие зависимость между нагрузкой Р и
прогибом Д каковая дается уравнением A39). Несколько кривых
такого рода для различных значений отношения eli^, т. е.
эксцентриситета к радиусу инерции, показано на рис. 236. Абсциссы этих
^) Цитировано'^на стр. 125,

224
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
[гл. IX
кривых Представляют значение отношения fli^^ в то время как
ординаты представляют значение отношения Р1Р^, т. е. значения
отношения действующей нагрузки к ее критическому значению,
определяемому уравнением A44).
Из кривых видно, что прогибы / делаются все меньше и меньше
и кривые все ближе и ближе подходят к вертикальной оси по мере
того, как уменьшается эксцентриситет е. В то же самое время
прогибы быстро увеличиваются, когда нагрузка Р прнближ"ается к ее
критическому значению A44), и все кривые имеют своей асимптотой
горизонтальную линию Р/Р^=\.
Дифференциальное уравнение изогнутой оси G9), которое было
использовано при изложении предыдущего параграфа, было
выведено на основании предположения, что прогибы малы по
сравнению с длиной /стержня. Следовательно, формула A39) для прогиба /
не может дать нам точного результата, когда Р весьма близко к Р^^.
Однако кривые на рис. 236 указывают, что независимо от того,
насколько мал может быть эксцентриситет е, возникают весьма
большие прогибы, если нагрузка Р достаточно близка к ее критическому
значению. Если прогибы становятся большими, то изгибающий
момент в заделанном конце и напряжения также получаются
большими.
Эксперименты, относяищеся к сжатию колонн, показывают, что
даже, когда приняты все практические меры предосторожности к
тому, чтобы приложить нагрузку центрально, всегда имеется не^
который неизбЬкный малый эксцентриситет. Следовательно, в тй-
ких рпьггах нагрузка Р вызывает не только сжатие, но и изгиб.
Кривые на рис. 237 показывают результаты таких опытов, полученные

57]
КРИТИЧЕСКАЯ НАГРУЗКА
225
некоторыми экспериментаторами. Можно видеть, что с увеличением
точности в приложении нагрузки кривые все ближе и ближе
подходят к вертикальной оси и быстрое увеличение прогиба становится
все более и более резко выраженным, когда нагрузка приближается
к ее критическому значению. Нагрузки Р, которые близки к их
критическим значениям, всегда вызывают большие деформации,
обычно имеющие место за пределами упругости материала, так что
после такой нагрузки колонна теряет свою практическую
пригодность. Это указывает на то, что критическая нагрузка,
определяемая уравнением A44), должна рассматриваться как предельная
нагрузка, которая производит полное разрушение колонны. В
практических приложениях допускаемая нагрузка должна быть меньше
критической нагрузки, и она получается путем деления
критического значения нагрузки на некоторый коэффициент безопасности.
Дальнейшее обсуждение этого вопроса находится в следующих двух
параграфах.
В предыдущем изложении была рассмотрена колонна с одним
заделанным концом и другим свободным. Подобные выводы могут
быть сделаны в случае стойки с шарнирными концами
(рис. 235). Уравнения A42) и A43) дают бесконечно
большие значения, когда
2
п
Т
Подставляя вместо р его значение из формулы A38)
мы получаем в этом случае ^
fcp
A45) 1
Это есть АСрытычес/соезяй'^шые сжимающей силы для стой- рис. 238.
кис шарнирными концами.
В случае сжатия колонны с заделанными концами изгиб имеет
форму, показанную на рис. 238. Изогнутую ось можно
рассматривать как состоящую из четырех участков, каждый из которых
подобен кривой, полученной ранее для колонны с одним заделанным
и другим свободным концом. В этом случае критическое значение
нагрузки найдется подстановкой //4 вместо / в уравнение A44),
что дает
* Ер /а
A46)
Такова критическая нагрузки для колонны с заделанными концами.
Необходимо отметить, что при выводе уравнения A39)
предполагалось, что эксцентриситет находится в направлении оси у
и что эта ось является осью симметрии. Если колонна имеет две
8 СП. Тимошенко

226 ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА и РАСТЯЖЕНИЯ 1ГЛ. 1К
плоскости симметрии, то подобные формулы будут получены, если
первоначальный эксцентриситет находится в направлении оси z.
Тогда изгиб будет происходить в плоскости хг, и, чтобы вычислить
прогибы, нужно в уравненнб A39) подставить J у вместо J^. Если
сделана попытка приложить нагрузку центрально и изгиб
произойдет в результате малого неизбежного эксцентриситета, то мы
должны рассматривать изгиб в обеих главных плоскостях ху^ хг^ и при
вычислении критического значения нагрузки мы должны в
уравнения A44), A45) и A46) подставить меньший из двух главных
моментов инерции. В последующем изложении предполагается, что J
есть наименьший главный момент инерции и /^^-—соответствующие
радиус инерции.
При вычислении прогибов инотда бывает удобно применять
приближенные формулы вместо точных формул A39) и A42). В пре,-
дыдущем параграфе было показано (стр. 220), что для малых нагру-^
зок, т. е. когда р/ есть малая дробь, скажем меньше j^, прогиб
определяется с достаточной точностью из уравнения
f"E7;* (а)
в котором влиянием продольной силы на изгиб пренебрегается и
предполагается, что изгибaJdщий момент Ре является постоянным.
jDUfl больших нагрузок уравнение (а) является недостаточно
точным, и необходимо принять во внимание влияние сжимакицей силы
на изгиб. Это влияние зависит, главным образом, от отношения
Р/Рдр, и прогиб может быть получен с весьма удовлетворительной
точностью Из приближенной формулы
Прогибы, вычисленные по этой формуле, даиы в третьей строчке
таблицы 2 на стр. 221. Сравнивая эти числа с числами второй
строчки той же таблицы, видим, что эта формула (Ь) является достаточно
Т0ЧН01Й почти до критического значения нагрузки.
Подобная приближенная формула для прогиба стойки с шарнир-
ньшй концами представится в виде *)
Первый множитель в правой части представляет прогиб, вызванный
^) Это приблвженное решение было дано Thonias*oM Joung'oM в его знамени-
тй книге «А course of Lectures on Natural Philosophy and the Mechanical Arts»,
London, 1807»

58]
КРИТИЧЕСКОЕ НАПРЯЖЕНИЕ. РАСЧЕТ КОЛОНН
227
двумя парами сил Ре, приложенными на концах. Второй
множитель представляет влияние на прогиб продольной сжимающ^
силы Р.
Уравнение (с) весьма полезно jyin определения критической
нагрузки нз опыта со сжатой стойкой. Если результаты такого опыта
представлены в форме кривой, подобной кривым, показанным на
рис. 237, то для определения Р^^ нужно провести горизонтальную
асимптоту к этой кривой. Эта операция не может быть сделана
с достаточной точностью, особенно если неизбежные
эксцентриситеты не очень малы и кривая не по)ворачивается очень резко при
приближении к горизонтальной асимптоте. Более удшлетворитель-
ное определение Р^ получается при помощи
уравнения (с). Разделив это уравнение на
Р1Рщ, мы получим
f р ел* 1
и
■Lp
с еп*
Это уравнение показывает, что если мы
возьмем за абсциссы прогибы Д измеренные при
опыте, а за ординаты — отношение f/P, то
построенный на этих координатах график представит прямую
линию (рис. 239). Эта линия пересечет горизонтальную ось (//Р=0)
на расстоянии ея*/8 от начала координат, и величина, обратная
тангенсу угла наклона линии, даст критическую нагрузку *).
58. Критическое напряжение. Расчет колонн
Рассматривая случай стойки с шарнирными концами, мы
получим критическое напр51жение путем деления критической нагрузки,
определяемой йз уравнения A45), на площадь поперечного сечения.
Таким путем мы находим
A47)
р
Ulizf'
Видно, что для данного маТ'ёрнала значение критического
напряжения зависит от величины отношения i/ig, которое называется ги&
костью стержня. На рисунке 240 кривая АСВ представляет ^)
_ . л А
*) Этот метод, указанный R. V. S а и t h w е 11'ом Ргос. Roy.Soc. (London) А*,
т. 135, стр. 601, 1932, оказался весьма полезным и теперь широко применяется
при испытаниях колонн.
^) Эта кривая иногда HaausaieTCH криврй Эймра, так как она получена из
формулы Эйлера для критической HafpysKif,
а*

228
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
[гл. IX
зависимость между а^р и ///^ для с;1учая стали, имеющей £=2-10'
кг/см^. Необходимо отметить, что кривая вполне- определяется
величиной модуля упругости материала и не зависит от его
предела прочности. Для больших значений гибкости ///^ критическое
напряжение становится малым и это указывает на то, что очень
гибкая стойка выпучивается и теряет свою прочность при очень
малом сжимаюш.ем напряжении. Это положение не может быть
улучшено, если взять сталь высокой прочности, так как модуль
упругости стали значительно не изменяется благодаря примесям и
термической обработке и ocTaetcn практически постоянным.
<5„рИг/см^
3500
Рис. 240.
Стойка может быть сделана более прочной путем увеличейия момента
инерции J^ и радиуса инерции /^, что может быть очень часто
выполнено без какого-либо увеличения площади поперечного сечения
путем расположения материала стойки по возможности дальше от
нейтральной оси. Таким образом, колонны трубчатого сечения
более экономичны, чем колонны со сплошным сечением. Когда
гибкость уменьшается, то критическое напряжение увеличивается,
и кривая АСВ приближается асимптотически к вертикальной оси.
Однако должен быть некоторый предел применения кривой Эйлера
для коротких строек. Вывод выражения для критической нагрузки
основан на* применении дифференциального уравнения G9) для
изогнутой оси, а при эьшоде этого последнего предполагалось, что
материал совершенно упругий и следует закону Гука HfM..
§ 31). Поэтому кривая АСВ на рис. 240 дает удовлетворительные
результаты лишь для сравнительно гибких стержней, для которых
Одр остается в пределах упругости материала. Для коротких стоек,
для которых а^р, полученное из уравнения A47), выше предела
пропорциональности матер нала, кривая Эйлера не дает
удовлетворительного результата и нужно прибегнуть к опытам на продольный
изгиб стоек, сжатых за пределом пропорциональности. Эти опыты
показывают, что стойки из такого материала, как строительная
сталь, которая имеет резко выраженный предел текучести, теряют

58]
КРИТИЧЕСКОЕ НАПРЯЖЕНИЕ. РАСЧЕТ КОЛОНН
229
свою устойчивость и выпучиваются, как только сжимающее
напряжение становится равным пределу текучести. Некоторые
результаты опытов показаны на рис. 241. Материалом является
строительная сталь, имеющая резко выраженный предел текучести а^=
=3(Ю0 кг/см^. Видно, что для стоек, обладающих относительно
большой гибкостью (///2>80), опытные значения критических
напряжений совпадают удовлетворительно с кривой Эйлера, в то. время как
для коротких стоек критическое напряжение остается практически
независимым от гибкости ///^ и равняется пределу текучести.
3500
3000
£500
2000
7500
то
500
О
Преда
.... ,.,
1 тещ
■ Г
я/ести
1
Е=206501
' \
10 к/
\
X Ч
> <
см^
) <
iff П
к <S> ^
i (
Ь-
*
го го 30 40 50 оо 7о во оо т т 72oj-
' Рис. 241.
В случае обыкновенной низкоуглеродистой стали предел
текучести не так резко выражен, как в предыдущем примере, и имеет
место при более низком напряжении. Для таких сталей мы можем
принять 0^=2200 кг1см^. Предел пропорциональности также
значительно ниже, так что кривая Эйлера удовлетворительна лишь для
гибкостей выше ///2= 100, что соответствует сжимающему
напряжению (т =2000 кг1см^. При более высоких напряжениях, т. е.
для ///2<100, материал не следует закону Гука, и кривой Эйлера
пользоваться нельзя. Она обычно заменяется в неупругой области
двумя прямыми линиями АВ VL ВС, как показано на рис. 242.
Горизонтальная линия АВ соответствует пределу текучести, а
наклонная линия ВС взята для напряжений между пределом
пропорциональности и пределом текучести материала.
Имея такую диаграмму, как линия ABCD на рис.242,
построенная для обыкновенной строительной стали, мы можем легко
получить критическое напряжение для стальной стой«и любых
размеров. Необходимо лишь вычислить в каждом частном случае
значение гибкости l/ig и взять соответствующую ординату из кривой.

щ
щг
S30
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
{гл.
Ш
Чтобы получить безопасное напр51жение для стойки, необходимо
критическое напряжение разделить На надлежащий коэффициент
безопасности. При выборе этого коэффициента необходимо принять
во внимание, что, так как гибкость увеличивается, различные
недостатки, такие как первоначальная кривизна колонны,
по-видимому, увеличиваются. Поэтому кажется логичным вводить
переменный коэффициент безопасности, который увеличивается с
увеличением гибкости. В некоторых технических условиях
коэффициент безопасности увеличивается от 1,7 для ///^=0, до 3,5 для
2W0
то
&? so
Рис. 242.
1г
lfi^=r\QO. Он изменяется таким образом, что допускаемые
напряжения в неупругой области следуют параболическому закону. Для
l/i^>\W коэффициент безопасности принимается постоянным и
равным 3,5 и допускаемые напряжения вычисляются при пом(щй
кривой Эйлера. На рис. 242 даны кривые, которые представляют до-
пускаа«[ые напряжения и коэффициенты безопасности как функции
гибкости для обыкновенной строительной стали.
Выше была рассмотрена стойка с шарнирными концами. Этот
чухучай иногда называется основньш случаем продольного изгиба
стоек, так как он встречается очень часто при расчете сжатых
элементов ферм с шарнирными узлами. Допускаемые напряжения,
определяемые по диаграмме рис. 242 для основного случая, также
могут быть использованы в |фугих случаях при условии, если мывс^ь-
М(Й4 вместо действительной длины колонны приведен/г1/ю длину,
зависящую от условий на концах колонны. Рассматривая, например,
случай колонны с одним заделанным и другим свободным концом
(см. стр. 219), а также колонну с обоими заделанными концами
(см. стр. 225), мы можем представить соответствующие формулы
для критич^ких нагрузок в следующем виде:
«i»
' B/)«
И
' кр
М'

58] '■■. КРИТИЧЕСКОЕ НАПРЯЖЕНИЕ. РАСЧЕТ КОЛОНН 231
Сравййвая эти формулы с формулой A45) для основного случая, мы
можем заключить, что при расчете колонны с одним заделанным и
другим свободным концом мы должны взять длину в два раза больше
действительной длины, чтобы воспользоваться диаграммой рис. 242.
В случае колонны с обоими заделанными концами приведенная
длина равна половине действительной длины.
Подбор надлежащих размеров поперечного сечения колонны
обычно производится путем последовательных попыток. Зная
нагрузку Р, действующую на колонну, мы принимаем некоторые
размеры поперечного сечения и вычисляем ig и l/ig для этих
размеров. Тогда значение безопасного сжимающего напряжения
получится из диаграммы рис. 242, Умножая это значение на площадь
принятого пбперечнрго сечения, получим допускаемую нагрузку на
колонну. Если эта нагрузка не меньше и незначительно больше Р,
то принятое поперечное сечение является удовлетворительным.
В противном случае вычисления нужно повторить. В случае
колонн с заделанными концами при вычислении ig принимается
площадь поперечного сечения брутто, так как заклепочные
отверстия не оказывают заметного влияния на величину
критической нагрузки. Однако при вычислении безопасной нагрузки
на KOjfioHHy допускаемое напряжение умножается на площадь
поперечного сечения нетто для того, чтобы застраховать от
чрезмерных напряжений в колонне.
ЗАДАЧИ
1. Стальной стержень прямоугольного поперечного сечения 2,5X5 еж и с
шарнирными концами сжимается продольными силами. Определить наименьшую
длину,при которой можно применить уравнение A47) для критического
напряжения, если предел пропорциональности материала равен 2000 mjcM^ я Е =
<=2 • 10^ кг{см^. Определить величину критического напряжения, если длина
стержня равна 1,5 м. ■■,-.'
Ответ, Наименьщая длина = 72 см. Критическое напряжение для Is=i\,5m
равняется. 457 кг/<;ле^.
2. Решить пре;^ыдущую задачу, полагая, что стержень имеет круговое
поперечное сечение диаметра 2,5 еле и концы его заделаны.
3. Определит!* критическое сжимающее напряжение для бруса
двутаврового сечения, длина.которого равна .1,8 м и концы которого,заделаны. Jg<='
■= 64,4 CJK*, J^, =. 712 еле* и/^ «=> 21,5 см*. Определить
безопасную нагрузку при помощи кривой рис. 242. '. ,
Ответ. 0^0=" 1^30 кг/сл^,7//г=»104, безопасная нагрузка
^11 240 кг.
4. Решить предыдущую задачу, полагая, что концы колонны
заделаны. Воспользоваться рис. 242.
Ответ. Окр=2200 кг/еле^, коэффициент безопасности 1=2,
безопасная нагрузка =» 23 650 кг. Рис. 243.
5. Вычислить при помощи рис. 242 безопасную нагрузку
для стержня (рис. 243), составленного из двух! двутавровых балок того же пЬпереч-
ного сечения, что и в вышеприведенной задаче 3. Длина стержня равна 3 ле и он
имеет шарнирные концы. Предположить, что соединение осуществлено так жестко,
что обе двутавровые балки работают, как один брус.
t

232 ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ [гЛ. IX
Решение. J^ = 2Х 712= 1424 еле*, Jy=. 2 [64,4+21,5Х E)^]= 1204смК
Поэтому большее значение гибкости равно
I 300 КС,
== 56-7,
h Y
1204
2.21,5
и из рис. 242 находим, что допускаемое сжимающее напряжение равняется
1030 Асг/сж^.
Безопасная нагрузка= 1030.2-21,5=44 30§ кг.
6. Решить предыдущую задачу, полагая, что концы стержня заделаны.
7. Колонна длиною 3 ле с шарнирными концами сосуоит из двух
швеллеров, имеющих J2 = 53,2 еле*, J« = 563^7 еж*, F = 15,51 см^ и расстояние
между центром тяжести и наружной гранью стенки швеллера 20=1,71 см. Найти
безопасную нагрузку на колонну, если расстояние между наружными гранями
стенок швеллеров равняется 10 см.
8. Определить необходимую площадь поперечного квадратного сечения
стальной стойки длиною 1,8^, если нагрузка Р=16т. и концы являются
шарнирными. Воспользоваться рис. 242.
9. Решить предыдущую задачу, предполагая, что концы стойки заделаны.
59. Расчет колонн на основании предполагаемых неточностей
В предыдущем параграфе безопасная нагрузка на колонну была
получена путем деления критической нагрузки для колонны на
надлежащий коэффициент безопасности. Недостаток этого метода
заключается в некотором произволе при выборе коэффициента
безопасности, который, как мы видели, изменяется одновременно с
гибкостью. Чтобы иметь более рациональный способ расчета колонн,
был разработан *) другой метод, который основан на предполагае-,
мых неточностях. На основании существующих экспериментальных
данных мы можем принять некоторые значения для величины
неизбежного эксцентриситета е в приложении сжимающей силы Р.
Тогда, пользуясь этими значениями в формулах § 56, мы
можем вычислить величину Я^ нагрузки, при которой наибольшее
сжимающее напряжение стойки получается равным пределу
текучести материала. Тогда безопасная нагрузка йолучится путем
деления Р^ на надлежащий коэффициент безопасности. Таким обра-;!
зом, вместо того, чтобы пользоваться критической нагрузкой, котот
рая эквивалентна разрушающей нагрузке, мы пользуемся нагрузи
кой, при которой начинается текучесть, как основанием для вычис^
ления безопасной нагрузки.
Этот метод расчета колонн можно упростить при помощи
диаграмм, построение которых будет теперь пояснено. Если взять случай
стойки с шарнирными концами (рис. 235), то наибольший изгибаю^
^) См. D. Н. J о U п g, Proc. Am. Soc. Qvil Engrs., Дек. 1934; также Н. К
S t е р h е n s о n and К. С I о n i n g e г, Jr. Texas Eng. Exp. Sta Bull. N. 12$
1953.

59] РАСЧЕТ колонн НА ОСНОВАНИИ ПРЕДПОЛАГАЕМЫХ НЕТОЧНОСТЕЙ 233
щий момент получится из уравнения A43), и наибольшее сжимающее
напряжение будет
max
V
EJ,2
(а)
Первый член правой части есть напряжение, возникающее
непосредственно от силы Р, а второй -^наибольшее сжимающее напряжение,
вызываемое изгибающим моментом. Нагрузка, при которой
начинается текучесть, получается путем Подстановки в это уравнение
что дает
Р.
а^ вместо о„^,,
а„
O-bf-4/f^)
(b)
w
Здесь Мы Пользуемся обозначением г=-р-для радиуса ядра
поперечного сечения (см. стр. 218) и/^=]/^JjF для наименьшего главного
радиуса инерции. Величина PJF есть среднее сжимающее
напряжение или центральное сжимающее напряжение, при котором
начинается текучесть. Обозначая это напряжение через а^,, мы получаем
<^.=«^o(l-ffseci-l/|).
(с)
Из этого уравнения для данного значения отношение е/г можно
получить значение а^ для любого значения гибкости ///^.
Результаты таких вычислений для ^ /^^/^г
строительной стали, име- Т^ /^
ющей а,=2400 кг/см^, пред- гш[^
ставлены кривыми на
рис. 244. Пользуясь этими
кривыми, мы можем легко
вычислить среднее
сжимающее напряжение о^ и
сжимающую нагрузку P^—Fo^,
при которой начинается
текучесть, еслК даны е/г
и l/i^. Тогда безопасная
нагрузка получится путем
деления Р^ на коэффициент
безопасности.
В предыдущих
рассуждениях мы предполагали,
что неизбежные неточности
в колонне могли быть представлены эксцентриситетом нагрузки.
Подобным образом мы можем также рассматривать как
неточности первоначальную кривизну колонны. Обозначая наибольшее
-й?^-

234'
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
[гл. IX
25т
начальное отклонение оси колонны от прямой линии*) через а^
можем получить кривые, подобные показанным на рис. 244 и
представляющие о^ как функцию отношения а!г И гибкости Ш^,
При практических расчетах обычно полагают, что перворачаль-
вое отклонение а находится в некотором отношении к длине /
колонны. Взяв некоторую величину такого отношения *), мы вычислим
величину й, и тогда значение
Ор получится из
вышеупомянутых кривых. Результаты,
полученные таким путем для
трех различных значений
отношения all и для
а,=2400/сг/сл«2, показаны для
двутаврового сечения на
рис. 245. Для очень коротких
колонн все три кривые дают
0^=2400 кг1см^. Для очень
гибких колонн значения,
даваемые кривыми, прибли-
жаются к значениям, полу-
^ £^ 4р т 80 т т т ш ш ш} чаемым из кривой Эйлера.
' Пользуясь одной из кривых и
Рис. 245. разделив значение о^, взятое
из кривой, на надлежащий
коэффициент безопасности, скажем 2, получим безопасное значение
среднего сжимающего напряжения. Преимущество этого метода
заключается в том,' что здесь применяется постоянный коэффи*
циент безопасности, так как увеличение неточностей с
возрастанием длины / колонны уже было принято в соображение^ а именно:
бьщо предположено, что эксцентриситет пропорционален пролету.
Однако величина неточностей, которая должна быть принята,
скатается в некоторой, степени неопределенной и зависящей от
существующих экспериментальных данных.
60. Эмпирические форАгулы ^ля расчета колонн
В обоих методах расчета колонн, разработанных в двух
последних параграфах на основании теоретических соображений, имеет
место 1|екоторая неопределенность, как, например, переменный
коэффициент безопасности в процессе расчета, показанный на рис. 242^
или предполагаемые неточности, принйтые для составления кри*
*) Обычно принимается половина волны синусоиды, как представляющая
начальную кривизну колонны.
*) Обычно оно принимается в пределах—^^О:
/
1000'

60] ЭМПИРИЧЕСКИЕ ФОРМУЛЫ для РАСЧЕТА колонн 235
ВЫХ на рис. 245. Эти величины могут быть должным -образом выбраны
лишь на основании опытов с действительными колоннами. При
таких обстоятельствах является естественным, что многие инженеры
на практике предпочитают пол^ьзоваться непосредственно
результатами шытов, представленными эмпирическими формулами.
Такой мёто|Гявляется совершенно правильным до тех пор, пока
приложение этих формул остается в пределах, для которых они были
устансдалены и для которых имеется достаточно экспериментальных
данных. Однако, как только необходимо перейти за эт,и пределы,
формулы должны быть изменены для того, чтобы соответствовать
новым услобиям. В этой работе теоретические соображения имшот
основнсю значение. Одна из старейших эмпирических формул была
установлена Тредголдом^). Она была применена Гордоном для того,
чтобы представить результаты опытов Годкинсона, и была дана в
окончательной форме Рэнкином. Допускаемое среднее сжимающее
напряжение, определяемое по формуле Гордона—Рэнкина равняется
[<У1- rm. (а)
1+6
Ш'
где а есть напряжение и & — числовой коэффициент, обе эти
величины постоянны для данного материала. При надлежащем выборе
этих постоянных формула дает результаты, удовлетворительно
согласующиеся с результатами опытов в некоторых пределах.
Формула, выражающая прямолинейный закон и выведенная
главньш образом на основании экспериментальной работы Л. Тет-
майера (и ранее применявшаяся Американской железнодорожной
технической ассоциацией, так же, как и Чикагский строительный
устав 1924 р.), дает допускаемся напряжение (в кг/см^ в виде
[01 = 1025 — 4,57//,. ^ (Ь)
Эта формула должна применяться при 30<//^2< 120 для главных
элеме]йтоБ и при ///^==150 для второстепенных элементов. Для
значений///2< 30 применяется [а 1=900/сг/сл*^.
Формула^ выражающая параболический закон и предложенная
А. Остенфельдом *), также иногда применяется. Она дает для
критического сжимающего напряжения следующее значение:
<'.р=«-*(^)'. (С)
гдео и b — величины, зависящие от механических свойств материала.
*^ Относительно историвг формулы см. Е. Н, Salmon, Columns, London,
1921; см. также Tod hunter and Pearson, History of Theory of Elasticity.
Cambridge, т. 1, стр. 105, 1886. .
') Z. Ver, deut. 1гщ., т. 42, стр. 1462, 1898j см. также Q. Е. Fuller and
W. A. J о h h s t о n, Applied Mechanics, т, 2, стр. 359, 1919.

щ
236 ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ [гЛ. IX
Для строительной стали уравнение (с) иногда принимается в
таком виде:
а,р=2560 - 0,085 (^)\ (d)
Это уравнение дает параболу, которая касается кривой Эйлера при
///2=122,5, и величину критического напряжения для короткой
стойки, равнуюa^p= 2560 кг/см^. Чтобы получить допускаемое
напряжение из этой формулы, необходимо принять коэффициент
безопасности в пределах от 2*/^ до 3.
Нормы 1948 г. Американского института стальных конструкций
(AISC) предписывают для определения допускаемых напряжений
при сжатии пользоваться формулой, выражающей параболический
закон,
[а] = 1090 —0,031 (fj (е)
при l/i^<l20 для главных и второстепенных элементов. Для
второстепенных элементов (решетка и т. п.) при значениях 120< l/iz<200
допускаемое сжимающее напряжение определяется по формуле типа
Гордона —Рэнкина
[а]= j^—. (f)
18000/!
г
Для главных элементов при значениях 120<///2<200 допускаемое
сжимающее напряжение получается путем умножения уравнения
(f) на следующую дробь:
^^-onTw-- • (g)
200/_
Нормы 1946 г. Американской железнодорожной технической
ассоциации (AREA) и нормы 1949 г. Американской ассоциации
государственных дорог (AASHO) предписывают пользоваться для
определения допускаемого напряжения в сжатых элементах формулой,
выражающей параболической закон:
[а]=960 —0,016 (//д« при lli,<HO. (h)
Строительный устав г. Нью-Йорка A947 г.) предписывает
пользоваться формулой (О для элементов, обладающих гибкостью 1/1^< 120,
с наибольшим значением 960 кг/см^.
ЗАДАЧИ
1. Строительная стальная колонна с шарнирно-опертыми концами имеет
J^==4M еж* и F=A2 см^. Нужно рассмотреть колонны, имеющие три разные длины,
а именно: /=1,5 м, /«=3 м и /=4 м. Каковы будут безопасные нагрузки в кг, еслв

60] ЭМПИРИЧЕСКИЕ ФОРМУЛЫ для РАСЧЕТА КОЛОНН 237
применить: 1) нормы AJSC, 2) строительный устав г. Нью-Йорка, 3) формулу
(Ь) и 4) нормы AREA?
Ответ.
1=\,Ъм 1=^3м 1 — Ам
1) 43260 35660 27760
2) 40320 33720 27300
3) 34730 26370 20830
4) 39020 35070 31000
2. Подобрать балку двутаврового сечения, которая должна служить в
качестве колонны длиною 3,6 м с заделанными концами и нести нагрузку.80 т.
Применить нормы Американского института стальных конструкций (AISC).
Решение. Взяв приведенную длину ^ = -к- C,6) = 1,8и», получим уравнение (е)
в таком виде:
при этом полагаем //t_j,<120. Наименьшая площадь может быть найдена, если
принять [0]= 1090 кг/сл^, как для короткой стойки. Это дает /"=80000/1090=73,4 см^.
Поэтому при подборе мы не должны брать сечение, которое имеет площадь меньше
73,4 см^.
. Мы попробуем сначала взять сечение, для которого F == 73,4 сж^,
наименьший радиус инерции iz= 2,46 см и Iji^ = 73,2, что < 120. Действительное
напряжение, определяемое левой частью уравнения (/), равняе-вбя 1090 кг1см^,
в то время как допускаемое напряжение, определяемое правой частью уравнения,
равняется 924 кг/см^. Таким образом, взятое сечение является небезопасным,
поэтому мы берем сечение с большей площадью, а именно такое, для которого
7^=86,1 см^, наименьший радиус инерции 1^—2,77 см и ///^,= 65.
Действительное напряжение равняется 929 кг/см^, а допускаемое напряжение равняется
959 кг/см^, так что выбранное сечение является удовлетворительным.

щ
ГЛАВАХ
КРУЧЕНИЕ И ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА
И КРУЧЕНИЯ
61. Кручение круглого стержня
Рассмотрим круглый стержень, заделанный в верхнем конце и
скручиваемый парой сил^ приложенной к нижнему концу (рис. 246).
Можно показать посредством измерений на поверхности, что
круговые сечения стержня при кручении остаются круговыми и что их
диаметры и расстояния меж^ ними не изменяются при условии, что
угол закручивания мал.
Диск, изображенный отдельно на рис. 246, Ь, будет находиться
в следукнцем напряженном состоянии. Его нижнее поперечное
сечение повернется относительно верхнего поперечного сечения на
угол <^ф, где ф измеряет поворот сечения гт относительно
заделанного конца. Прямоугольный элемент abed боковой потерхности диска
принимает форму, показанную на рис. 246, 6. Длины сторон, по'
существу, остаются такими же, но только углы изменяются.
Элемент находится в состоянии чистого сдвига (см. § 16) и ве-

€1] КРУЧЕНИЕ КРУГЛОГО СТЕРЖНЯ 239
личина относительного сдвига у ВДйдется из малого треугольника
сас':
Так как с'с является малой дугой радиу41а d/2, соответствующей
разности ^^ф углов поворота двух смежных поперечных сечений, то с'£=
=Ц^/29ф И4ЛЫ получаем
V=^d. (а)
Для стержня, скручиваемого моментом на конце, угол
закручивания пропорционален длине и величина df^ldx постоянна* Она
представляет угол закручивания на единицу длины стержня и будет
обозначаться через 6. Тогда из (а) имеем
y^^bd. A48)
Касательные напряжения, действующие по граням элемента и вы-
' зывающие вышеуказанный сдвиг, имеют направления, показанные
на чертеже. Величина каждого на основании уравнения C9) равна
%=^-^0Ы. A49)
Таким образом, напряженное состояние элемента на
поверхности стержня вполне выяснено. Что же касается напряженного
состояния внутри стержня, то сделаем предположение, что не только
круговой контур поперечного сечения стержня не искажается,но
также И сами поперечные сечения остаются плоскими и
поворачиваются, как абсолютно твердые, т. е. каждый диаметр поперечного
сечения остается прямым и поворачивается на один и тот же угол.
Испытания круглых стержней показывают, что теория, основанная
на этО]м предположении, очень хорошо Согласуется с результатами
опытов. В таком случае рассуждение относительно элемента abed
на поверхности стержня (рис. 246, Ь) остается в силе и для
подобного элемента пово)хности внутреннего цилиндра, радиус которого f-
заменяется d/2 (рис. 246, с). Толщина dr элемента в радиальном
направлении считается очень малой. Следовательно, такие элементы
находятся также в состоянии чистого сдвига, и касательное
напряжение на их гранях равно
" . x^Grb. (b)
Это указывает на то, что касательное напряжение
пропорционально расстоянию г от оси стержня. Рис. 247 изображает это
распределение напряжений. Наибольшее напряжение имеет место на
внешней поверхности стержня. Для вязких материалов
пластическое течение начинается на внешней поверхности. Для материалов,

240 КРУЧЕНИЕ и ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ [ГЛ. X
Рис. 247.
которые слабее при сдвиге в продольном направлении, чем в
поперечном, например в случае деревянного стержня с волокнами,
параллельными оси, первые трещины появляются от касательных
напряжений, действующих в осевых сечениях, и они
возникают на поверхности стержня в продольном
направлении.
В образце из материала, который слабее при
растяжений, чем при сдвиге, например в случае
круглого чугунного стержня или
цилиндрического куска мела, трещина часто имеет место по
винтовой линии, наклоненной под углом 45° к
оси стержня (рис. 248). Объяснение простое. Припомним, что
состояние чистого сдвига эквивалентно растяжению в одном направлении и
равному ему сжатию в перпендикулярном направлении (см. рис. 45).
Прямоугольный элемент, вырезанный из внешнего слоя скрученного
стержня со сторонами под углом 45° к оси, будет подвержен
напряжениям, показанным на рис. 248. Показанные растягивающие
напряжения производят упомянутую винтовую.трещину.
Найдем теперь соотношение между приложенной скручивающей
парой Мд и напряжениями, которые она вызывает. Из равновесия
части стержня между низом и поперечным сечением тп (рис. 246, а)
мы заключаем, что касательные напряжения, распределенные по
поперечному сечению, статически эквивалентны паре сил, равной и
противоположной скручивающей паре М^. Для каждого
элемента площади dF (рис. 246, с) сдвигающее усилие равно
т dF. Момент этого усилия относительно оси стержня на
основании уравнения (Ь) равен {xdF)r=GbrMF,
Крутящий момент Мд равен сумме этих моментов, взятой по
всей площади поперечного сечения, т. е.
М^ = J Gbr4F=Gb J r4F==Gbl^
(с)
где J р есть полярный момент инерции круглого по- Рис. 248.
перечного сечения. Для круга диаметра d мы
имеем (см. Приложение А, стр. 353). У^=зх£/*/32, следовательно.
и
G nd*'
32
М.
GJ,
A50)
Мы видим, что о, угол закручивания на единицу длины стержня,,
прямо пропорционален приложенному крутящему моменту и
обратно пропорционален модулю упругости при сдвиге G и четвертой
степени диаметра. Если длина стержня есть /, то полный угол

61] КРУЧЕНИЕ КРУГЛОГО СТЕРЖНЯ 24,1
закручивания будет
Ф=е/==^. A51)
Этим уравнением пользуются для опытной проверки теории, причем
многочисленными опытами подтверждаются предположения,
сделанные при выводе теории.
Необходимо заметить, что опыты на кручение обычно
производятся для определения модуля упругости G для различных
материалов. Если измерить угол закручивания, вызванный в данном
стержне заданным крутящим моментом, то величину G можно легко
получить из уравнения A51).
Подставляя 6 из уравнения A50) в уравнение A49), получим
уравнение для вычисления наибольшего касательного напряжения
при кручении круглого стержня
Наибольшее касательное напряжение пропорционально крутящему
моменту Mjj и обратно пропорционально кубу диаметра стержня.
В практических приложениях необходимый диаметр вала часто
должен быть рассчитан по числу лошадиных сил N, которое он
передает. По данному N крутящий момент в кг см получится из
известного уравнения
M,^=7500N, A53)
в котором п означает число оборотов вала в минуту. Величина
2ял/60 есть угловая скорость, и левая часть уравнения A53)
представляет работу, произведенную в одну секунду крутящим
моментом, измеренным в кг см. Правая часть уравнения представляет
произведенную работу (в кг см/сек), вычисленную по числу
лошадиных сил Л^. Взяв Mj5 из уравнения A53) и подставив его в
уравнение A52), получим
d{cM)=7\MV-J^. • A54)
Принимая, например, допускаемое напряжение при сдвиге
It 1=600 кг/см^, имеем
й(сл«)=8,43 У^^.
ЗАДАЧИ
1. Определить диаметр d вала машины мощностью в 200 лошадиных сил при
«=120 оборотов в минуту, если допускаемое напряжение [т]=200 кг/см^.
Ответ. d=H,A см.
2. Определить мощность в лошадиных силах, передаваемую валом, если
d=15 см, л=120 оборотов в MijnyTy, G=8'10'кг/сж^ и угол закручивания, v

242 КРУЧЕНИЕ и ОДНОВРЕМЕННОЕ JOJeBCTBHE ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ [ГЛ J X
измеренный
между двумя поперечными сечениями на расстоянии 7,5 м^
равен j= радиана.
Решение, Из уравнения A51) имеем
' Ъ2 ' I W
М,
8>10^
15.750
Передавав<ая мощность, на основании уравнения A53), равна
М^пп я.15^-8-10».2я-120
iV=
60-7500" 32-15-750-60.7500
=со600 л. с»
3. Вал диаметра й=Ь,1Ъсм делает 45 оборотов в минуту. Определить переда*
ваемую мощность, если наибольшее касательное напряжение равно 300 кг]см%
^ ^ ^ 4. Стальная проволока @=8-10" яг/еж*) долж-
^ ^^гг) Ш на иметь такие размеры, чтобы Наибольшее касатель-
Ч=г
V^ \ п ^
ф на иметь такие размеры.
Р ное напряжение равнялось 900 лй/сл" при угле за-'
^ кручивания 90°. Определить отношение//(d.
Ответ: l/d=b^.
5. Стальной вал с заделанными концами
Рис.249. . (рис.-249) подвергается действию крутящего
момента AfKf приложенного в промежуточном
поперечном сечении тп. Определить угол закручиваний,
если известно допускаемое напряжение [t].
Решение. Для обеих частей вала углы закручивания одинаковы. Поэтому, на
основании уравнения A51), крутящие моменты обратно пропорциональны длинам
этих частей. Если а>Ь, то больший крутящий момент будет на правой часуи вала
и величина его равняется Ми-а/(a+fr).
Вставляя эту величину крутящего момента и [т]
вместо т„ах в уравнение A52), получим для d
следующее уравнение:
-К
16аЖ
(а+б) jt [t]
Теперь угол закручивания можно получить
при помощи уравнения A51).
0. 500 л. с. передается от шкива /, из
них: 200 л. с. шкиву // и 300 л. с.
шкиву /// (рис. 250). Найти отношение диаметров d, и
наибольшее напряжение в обеих частях вала.. Hai
ваниядлязтих двух частей. "^
Решение, Крутящие моменты в двух частях вала находятся в отношении
5 : 3. Для того чтобы иметь одно и то же наибольшее напряжение, необходимо, на
основании уравнения A52), чтобы
1
3
Рис. 250.
чтобы иметь одно и тоже
ти отношение углов закручцг
d, V •
Углы, закручивания, на основании уравнений A51) и A52), должны быть в отч
ношении
Фа t* У 5 ■
7. Полагая, что вал предыдущей задачи имеет постоянный диаметр и вра^^
щается со скоростью 200 оборотов в минуту, найти величину диаметра, еслЙ

62] КРУЧЕНИЕ ПОЛОГО ВАЛА 24S
[т]==400 Укг]см^. Найти угол закручивания для каждой части вала, если
G==8-10* кг/сл* и 1^^1^—1,2 м.
8. Определить длину стального вала диаметра d=5 см (G=8«10'' кг/€мЦ,
если наибольшее напряжение равно 900 кг/сл*, когда угол закручивания равен 6 ,
Ответ. 1=2,33 м.
9. Определить диаметр, начиная с которого имеет решающее значение при
проектировании угол закручивания вала, а не наибольшее напряжение, если
G«=8'Кг/сг/слМт 1=200 кг/сж* и наибольший до- , ' ,
пускаемый угол закручивания равен 1/4* на метр, и ^* Щ,
Решение. Исключая М^. Из уравнений ^
—^r-zuu И ^^^4 180.4-100' i
%
t
■ а-
т
1^
/
#
»t
т,
i
п,
1
I
получаем d!= 11,46 ли, так что для d<l 1,46 сл^ р „ci
угол закручивания является решающим факто- ^^'
ром 1ШИ проектировании. " -
10. Определить крутящий момент в каждой части вала с заделанными кон>
цами, который скручивается моментами 1^^ и Л1^, приложенными в двух
промежуточных сечениях (рис. 251).
Решение. Определяя крутящие моменты, вызываемые в каждой части-вала
моМ(№тами М^ и М^ (см. выше задачу 5), и складывая полученные выражения
для каждой части, получаем
11. Определить диаметры и углы закручивания для вала задачи 6, если п==
== 120 оборотов в минуту, t„„~200 кг/сж, /,== 1,8 л и /j=, 1,2 м.
62. Кручение полого вала
Из предыдущего рассмотрения кручения сплошного вала видно
(см. рис. 247), что материал только на внешней поверхности вала
может быть напряжен до предела, равного допускаемому
напряжению. Внутри вала материал работает при более низком напряжении.
Поэтому в случаях> где уменьшение веса имеет большое значение,
например для валов аэ|$опланных двигателей, уместно применять
полые валы.
При рассмотрении кручения полых валов делаются те же
предположения, что и в случае сплошных валов. Общее
выражение для касательных напряжений здесь будет то же самое^ как и в
уравнении (Ь) предыдущего параграфа. Однако при вычислении
момента сдвигающих усилий радиус г изменяется от радиуса
внутреннего отверстия, который мы обозначим через yd,, до
внешнего радиуса вала, который, как прежде, будет -^ d. Тогда
уравнение (с) предыдущего параграфа должно быть заменено

244 КРУЧЕНИЕ и ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ [гЛ. X
следующим уравнением:
\^
Gb I r4F=M^^GbJp,
т^»
где J^,=(jt/32)(d*—d!j) есть полярный момент инерции, кольцевого
сечения. Тогда
n(d'^-^dl)G GJp* ^
и угол закручивания будет
ср_е/=^. A56)
Подставляя уравнение A55) в уравнение A49), получаем
Из уравнений A56) и A57) мы видим, что, взяв, например, d^=^-^y
угол закручивания и наибольшее напряжение по сравнению с теми
же величинами для сплошного вала диаметра d увеличатся
приблизительно на 6%, между тем как вес вала уменьшится на 25%.
ЗАДАЧИ
1. Полый цилиндрический стальной вал внешнего диаметра 25 см и
внутреннего диаметра 15 см вращается со скоростью 1000 оборотов в минуту. Какова
передаваемая мощность в лошадиных силах, если t^ax'^620 кг1см ".
Ответ. N= 19 360 л. с.
2. Найти наибольший крутящий момент, который может быть приложен к
полому круглому валу, если d=l5 см, d,= 10 см и [т]=б20 кг/см*.
3. Полый вал пароходного двигателя передает 8000 л. с. при 100 оборотах
в минуту и допускаемом напряжении 300 кг/см^. Найти d, если a/d,=2.
Решение.
_ 8000-75.100-60
^«'~ 2Я-100
Из уравнения A57) имеем
_16 16М^
откуда
,_ ^/ 16-16-8000-75-100-60_^у
^-' V 15.2л.100.я-300 ^' '""^
следовательно, di=23,5 ел.

63]
ВАЛ ПРЯМОУГОЛЬНОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
245
63. Вал прямоугольного поперечного сечения
Задача о кручении вала прямоугольного поперечного сечения сложна
вследствие искривления поперечного сечения при кручении. Это искривление можна
показать на опыте с прямоугольным бруском из резины, на гранях которого
начерчена система квадратиков. Из фотографии *) (рис. 262) видно, что при кручении
линии, первоначально перпендикулярные к оси 6giy-
ска, искривляются. Это указывает на то, что
искажение упомянутых выше квадратиков изменяется по
граням этого поперечного сечения, достигая
наибольшего значения в середине н становясь равным нулю в
углах. Поэтому мы полагаем, что касательные напря*
жения изменяются соответственно утоцу искажению, а
именно: наибольшее значение в серединах сторон и
нуль — в углах поперечного сечения. Строгое
исследование задачи ^) указывает, что наибольшее
касательное напряжение имеет место в серединах длинных сторон
прямоугольного поперечного сечения и определяется
уравнением
Л1„
fmax--„5r"
A58)
в котором Ь — длинная сторона и с — короткая сторона
прямоугольного поперечного сечения и а — числовой
коэффициент, зависящий от отношения Ь/с. Несколько
значений а дано ниже, в таблице 3. Величина
наибольшего напряжения может быть вычислена с
достаточной точностью из следующего приближенного
уравнения:
W=^-C+1.8|)
Рис. 262.
Угол закручивания на единицу длины в случае прямоугольного поперечного
сечения определяется из уравнения
Ми
fl:
рЬсЮ
A59)
Значения числового коэффициента р даны в третьей строчке таблицы 3.
Таблица 3
Данные для кручения валов прямоугольного поперечного сечения
с
а
Р
1,00
0,208
0,141
1,50
0,231
0,196
1,75
0,239
0,214
2,00
0,246
0,229
2,50
0,258
0,249
3,00
0,267
0,263
4,00
0,282
0,281
6
0,299
0,299
8
0,307
0,307
10
0,313
0,313
00
0,333
0,333
*) Фотография взята из книги С, Bach, Elasticitdt und Festigkeit, 6-е изд.,
стр. 312, 1911.
^) Полное решение принадлежит St.—V е п а п t *у, Mem. sav. etrangers,
т. 14. 1855. Оценку этой работы можно найти yTodhunter and Pearson,
History of the Theory of Elasticity, Cambridge, т. 2, стр, 312, 1893.

246 КРУЧЕНИЕ и ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЙ Ггл. X
Во всех рассматриваемых случаях угол закручивания яа^
единицу длины пропорционален крутящему моменту и может быть
представлен уравнением '
(а)
где С есть постоянная, называемая жесткостью при кручении вала.
В случае круглого вала (уравнение A50)) C=G/-.
Для прямоугольного вала (уравнение A59)) C=p6c'G.
64. Винтовая пружина с малым шагом витков
Предположим, что винтовая пружина Кругового поперечного
сечения подвергается действию сил Р, направленных по оси (рис. 253),
и что какой-либо виток лежит в'плоскости, мало отличающейся
С
6^ \^
■CJ
Рис. 263.
ОТ плоскости, перпендикулярной к оси пружины. Рассматривай
равновесие верхней части пружины, ограниченной осевым
сечением, например тп (рис. 253, 6), можем заключить из уравнений^
статики, что усилия по поперечному сечению тп витка приводятся
к срезающей силе Р, приложенной в центре тяжести поперечного
сечения, и к паре сил, действующей в плоскости поперечного сече^
ния в направлении против часовой стрелки. Момент пары равен
Р/?, где R есть радиус цилиндрической поверхности, содержащей
осевую линию пружины. Пар^ сил PR скручивает виток и вызывает
наибольшие напряжения, которые, на основании уравнения A52),;
равняются
(а)
'^»~' ltd* '
где d — диаметр поперечного сечения тп витка. На эти напряжений
от кручения должны накладываться напряжения от срезьШающ^

64J ВИНТОВАЯ ПРУЖИНА с МАЛЬ1М ШАГОМ ВИТКОВ 247
силы р. Для грубого приближений эта сила считается равномерно
распределенной по поперечному сечению. То1*да соответствующее
касательное напряжение будет
В точке т (рис. 253, Ь) направлениям, и т, совпадают, так Что здесь
имеет место наибольшее касательное напряжение, величина кото^
рого равна
Можно видеть, что второй член в скобках, представляющий влияние
срезывающей силы, увеличивается с увеличением отношения d/R.
2Кго имеет практическое значение в тяжелых винтовых рессорах,
каковые употребляются в железнодорожных вагонах. Такие
точки, как т, на внутренней стороне витка находятся в менее
благоприятных условиях, чем такие точки, как п. Опыт
с тяжелыми рессорами показывает, что
трещины обычно начинаются на внутренней стороне
витка.
Имеется и другая причина, по которой не-'
обходимо ожидать более высокого напряжения p^c. 254.
на внутренней стороне витка.^ При
вычислении напряжений от скручивания мы воспользовались уравнением
(а), которое было выведено для цилиндрических стержней. В
действительности, каждый элемент пружины будет находиться в
условиях, показанных на рис. 254. Видно, ч^о^сли при кручении
поперечное сечение в / поворачивается относительно ас, то
перемещение точки b относительйо точки а будет такое же, как точки /
относительно точки с. Благодаря тому, что расстояние аЬ меньше
расстояния cf, относительный сдвиг на внутренней стороне а6 будет,
больше, чем на внешней стороне cf, и, следовательно, касательные
напряжения, вызываемые парой сил PR, будут больше в 6, чем в /.
Принимая это во внимание и учитывая влияние срезывающей силы^),
мы должны заменить уравнение A60) следующим уравнением для
вычисления наибольшего касательного напряжения:
2R
в котором т=-^.
\&PR [Ы — \ , 0,615\ .;^|4
^) Такие исследования &1ли сделаны V. R о е v е г'ом, Z. Ver« deut. Ing.,
т. 57, стр. 1906,1913; также A.M. W а h 1'ом, Trans. ASME, 1928. Последний
определил также напряжения опыт]ШМ путем при помощи измерений на поверхности
витка. Полное исследование различного рода пружин дано W а h I, ом, цитир,
на стр. .188,

Щ"
248 КРУЧЕНИЕ и ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ [гЛ. X
Можно видеть, что поправочный коэффициент в скобках
увеличивается с уменьшением т. Например, в случав т=4 этот
коэффициент равен приблизительно 1,40 и если т=10, он равен 1,14.
При вычислении удлинения пружины или опускания ее нижнего
конца обычно принимается только влияние кручения витков. Для
угла закручивания какого-либо элемента между двумя смежными
поперечными сечениями тп и т'п' (рис. 263, с), пользуясь
уравнением A61) и принимая Rd^ вместо /, получим
, PRR da
Вследствие кручения нижняя часть пружины поворачивается
относительно центра тп (ри<?. 263, а), и точка приложения В силы Р
описывает малую дугу ВВ\ равную ad^. Вертикальная
составляющая этого перемещения равна
Б'БбВ'-^=/?й(Р=:^С^. (с)
С* yJtf п
Полное опускание пружины получится путем суммирования
опусканий В'В", вызываемых каждым элементом тп т'п', по длине
пружины. Тогда
2т.п
-{
где п означает число витков.
Для пружины некругового поперечного сечения указанный выше
метод можно применить к вычислению напряжений и деформаций,
если вместо уравнений A51) и A52) принять уравнения,
соответствующие данной форме поперечного сечения. Например, в случав
прямоугольного поперечного сечения должны быть применены
уравнения A58) и A59).
ЗАДАЧИ
1. Определить наибольшее напряжение и удлинение винтовой пружины
(рис. 253), если Р—100 кг, i?=10 см, d=2 см, число витков равно 20 и G=^8-10*
кг/см^. '
Ответ. Тдаах~726 кг/см^, 6=10 см.
2. Решить предыдущую задачу, предполагая, что виток имеет квадратное
сечение 2 см в стороне.
Решение. Полагая, что поправочный коэффициент для срезывающей силы,
в зависимости от кривизны витков (см. уравнение A61)) в этом случае такой же,
как и для кругового поперечного сечения, получим из уравнения A58)
"»»",2086^ ' ''^"' 0.208.2» ^^ '^''^^
При вычислении удлинения необходимо в уравнение A62) подставить 0,141 d*

64]
ВИНТОВАЯ ПРУЖИНА С МАЛЫМ ШАГОМ ВИТКОВ
249-
(см. уравнение A59)) вместо Jtd*/32. Тогда
т
;гв 7 см.
3. Сраэ^нить веса двух винтовых пружин, одну круговую, а др;^гую
—квадратного поперечного сечения, спроектированных при принятых в задаче 1
условиях.^ и иь^еющих одно и то же наибольшее
напряжение. Прнйять в обоих случая^с
поправочный коэффициент, равный 1,14. Сравнить
удлинения этих пружин.
Решение. Длина стороны квадрата
поперечного сечения найдется цз уравнения
яа»/16=0,2081>», откуда b-^l/oM-d'^O.QSld.
Веса пруя|ин находятся в том же отношении, /?7j
как и площади поперечных сечений, т. е. в
отношении
^':@,98ЫJ=0,816.
Удлинения двух пружин находятся в
отношении
0,141.0,926:^=1,83.
0.141i^:f^
•32
Рис. 255.
Рис. 256.
4. Как распределится нагрузка Р ^ежду двумя концами винтовой
пружины, показанной на рис. 255, если число витков выше точки приложения нагрузки
равно 6 и ниже этой точки равно 5.
Ответ, /?, : /?,==5 : 6.
5. Две винтовые пружины из одного и того же материала и одинакового
кругового поперечного сечения и длины, собранные, как показано на рис. 256,
сжаты щжду двумя параллельными плоскостями.
Определить наибольшее напряжение в каждой
пружине, если cf=l,25 см и Р=40 кг.
Решение. Из уравнения A62) следует, что
нагрузка Р распределяется между двумя пружинами
обратно пропорционально кубу радиусов витков, т. е.
силы, сжимающие внешнюю и внутреннюю пружины,,
будут относиться как 7,5* : 10'. Тогда, на основании
уравнения A61), наибольшие напряжения в вти^
пружинах соответственно будут равны 185 кг/см'^
и 343 кг/см^.
6. Какова будет предельная нагрузка для пружи-
иы задачи 1, если допускаемое напряжение равно
t'r]=i30D/cg/сл^. Каково будет удлинение пружины
при этой предельнбй нагрузке? '
Опизет. 179 кг, 6 = 17,9 см.
7. Коническая пружина (рис. 257) растягивается
осевыми силами Р. Определить безопасную
величину Р, если допускаемое напряжение 1г]=3000кг;сл(^
диаметр поперечного сечения d=2,5 см, радиус конуса
вверху пружины i?,—5 см и внизу i?a==20 см.
Определить удлинение пружины, если число витков равно п
и горизонтальная проекция осевой линии пружины представляет спираль,
заданную уравнением
/?i)_a
Рис. 257.
/?=/?,Н-1^
2пп

250 КРУЧЕНИЕ и ОДНОВРЕМЕННОЕ Действие изгиба и кручения [гл. *■
Решение, Для какой-либо точки Л ос^ой линии пружины, определяемой
величиной угла а, расстояние оТ дси пружины равняется
а соответствующий крутящий момент равен
Наибольший крутящий момент при а=2яп равен PR^. Безопасный предел для Р,
иа основании уравнения A61), будет
Осадка пружины получится из уравнений (с) (см. стр. 248) равной:
о " ■
8. Определить необходимую площадь поперечного сечения витков конической
лружины, спроектированной при тех же условиях, как в предыдущей задаче, но
квадратного поперечного сечения. Принять поправочный коэффициент равным
1,09 (см. предыдущую задачу).
Ответ. 6*=6 смК
М. Одновременное действие изгиба и кручения. Изгиб и кручение
валов круглого поперечного сечения
Выше, при рассмотрении кручения (см. стр. 238) предполагалось,
■что круглый вал испытывает простое кручение. В практических
приложениях мы часто имеем случаи, когда действуют
одновременно крутящий и изгибающий моменты. Силы, передаваемые валу
посредством шкивов, зубчатых колес или маховиков, можно
привести к скручивающим и изгибающим силам. Простой случай такого
рода показан на рис. 258.,
Круглый вал заделан в одном конце и нагружен на другом
вертикальной силой Р, приложенной на расстоянии R от оси. Этот
случай приводится к нагрузке вала крут5ш;им моментом M^^—PR
и поперечной силой Р на свободном конце^). Крутящий момент
является постоянным по оси, а изгибающий м0мент,вызываемый
силой Р, в каком-либо сечении равняется
М^—.Р{1-~х). (а)
При отыскании наибольших напряжений, возникающих в вале,
необходимо рассмотреть: 1) касательные напряжения от крутящего
*) В этой задаче весами вала и шкива пренебрегают»

65] ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕННЯ/КРУГЛЫЯГ ВАЛОВ , 251
момента М^, 2) нормальные напряжения от изгибающего момента(а)
и 3) касательные напряжения от пойеречной силы Р. Наибольшие
касательные напряжения от крутшц1ёго момента возникают на
поверхности вала и имеют величину
1Ш,
X =
max
- ~ * к
пй^
(Ь)
Наибольшие нормальные напряжения а^ от изгибающего момента
имеют место в волокнах, наиболее удаленных от нейтральной оси
Рис. 258.
в заделанном конце, где изгибающий момент является численно наи*
большим; величина этих напряжений равна
\^х)шйх.
м
W
Ъ2М
(С)
Касательные напряжения от поперечной силы\ обыкновенно имеют
лишь второстепенное значение. Наибольшей величины они
достигают на нейтральной оси, где нормальные напряжения от
изгибающего момента рЬвны нулю. Поэтому наибольшие сложные
напряжения обычно имеют место в точках, где напряжения A) и (?)
являются наибольшими, в данном случае в волокнах на верхней и
нижней поверхностях вала в заделанном конце.
Рисунок 258, b представляет вид сверху части вала в заделанном
конце и выделенный у, места заделки элемент с действукнцими на
него напряжениями. Главные напряжения для этого элемента
найдутся из уравнений G2) и G3) (стр. 114).
1
<'»a.-^-i-i-Ka^+4T%

252 КРУЧЕНИЕ и OJS^OBPEMEHHOE ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ [ГЛ. X
;или, пользуясь уравнсниями (Ь) И (с), получаем
^шах=2Г (^ +УмЧЩ)=^, {м +УМЧЩУ A63)
Таким же образом, пользуясь уравнением {73), получаем
^«1п=2^(Л^-1^Л^Ч^)=^з(Л1-1^^Ч^ A63')
Из уравнения A63) можно заметить, что а^^^ имеет такое же
значение, как и при простом изгибе вала, если бы действовал некоторый
эквивалентный изгибающий момент^ равный
Наибольшее касательное напряжение в рассматриваемом элементе
'■ (рис. 258, Ь), по уравнению C4) (стр. 52), равняется
На практике для определения безопасных размеров диаметров
валов, сделанных из мягких металлов, теперь обычно принимают
теорию наибольших касательных напряжений. Обозначая
допускаемое напряжение при сдвиге через [х\ и подставляя его вместо Тп,^^
в уравнение A64), получим следуюш,ее выражение для определения
диаметра вала:
Вышеприведенные рассуждения можно применить также и при
расчете полого вала наружного диаметра d и внутреннего диаметра
А^. Тогда
^ ~ 32d "" 32 L V d / J '
и полага??; djd—n, получим из уравнений A63) и A63') для полого
.вала ■•
"-"-nd» (I'i«') (M+VW+Щ), . A66)
"'»'.-ЙУга(Л1-1^Л?Ч^„). A67)
^Наибольшее касательное напряжение равняется
X = L6 VWaW A68)

6^] ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ КРУГЛЫХ ВАЛОВ 253
откуда
-к=
16
[т]A-п*)
Ym'^+mi
A69)
Если на вал действует несколько параллельных поперечных сил,
то для определения необходимого диаметра по формуле A65) или
A69) нужно взять полный изгибающий момент М и полный
крутящий момент М^ в каждом поперечном сечении. Если поперечные
силы, действующие на вал, не параллельны, то результирующие
изгибающие моменты от них должны быть определены по способу
сложения векторов. Пример такого вычисления разобран ниже,
в задаче 3.
ЗАДАЧИ
1. бал круглого сечеиия диаметром 6 см поддерживает шкив диаметром
75 см, весящий 200 кг (рис. 259). Определить наибольшее касательное напряжение
в поперечном сечении тп, если горизонтальные натяжения верхней и нижней
частей ремня равны соответственно 700 кг
и 100 /сг.
Решение. В поперечном сечении тп
Af к= G00 — 100) 37, 5= 22 500 кг см,
М= 1бУ200«+800'= 12 370 кг см.
Тогда по формуле A64)
т,пах~^06 кг/см^.
2. В^икальная труба, показанная
«а рис. 260, ^ подаергается действию
горизонтальной силы Р===100 кг,
приложенной на расстоянии 1 м от оси трубы. Определить cr^j,jj и т,пд^,если длина трубы
1=7,5 м и момент сопротивления 1^=150 см'.
/50лт
Рис. 259.
Ответ. а„а,=502 кг1см\ t„a3j=252 кг1см^.
'max
600ks>
j^n^p
25м
^-(>
Рис. 260.
Рис. 251.
3. Определить необходимый диаметр однородного вала (рис. 261), несущего
два одинаковых шкива- диаметром 75 см и весом 200 кг каждый. Горизонтальные
усилия в ремне для одного шкИва и вертикальные усилия для другого показаны не
рисунке, Допускаемое напряжение (t)=400 kzIcm^,

щг
254 КРУЧЕНИЕ и ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ [ГЛ. X
Решение. Опасными сечениями будут тп и tn^n^, которые выдерживают
полный крутящий момент и наибольшие изгибающие моменты. Крутящий момент
в обоих сечениях равняется ЛГк==F(Ю—200) 37,5=15 000 кг см. Изгибающий
момент в сеченнн тп равняется (б6о+200+200I5=15(ЮОлг ел. Изгибакнций
момент в с^ении min^, действующий в горизонтальной плоскости, равняется
■^ F00+200) 75= 15 000 кгсм.
Изгибающий момент в том же поперечном сечении, действующий в
вертикальной плоскости, рабняется
200-75 1000.15^37,5 откл
— ;—___ '—=—3700 кгсм.
■ 4 75
Равнодействукиций изгибающий момент в сечении т,П1 равняется
М=У 15 00043750»= 15 460 кг см.
Этот момент больше момента, действующего в сечении тп, й поэтому должен быть
подставлен вместе с вычисленным выше крутящим моментом М^ в уравнение A65),
из которого яолучаем d=6,60 см.
Ч. Определить диаметр вала, показанного на рис. 259^ если допускаемое
напряжение на сдвиг равняется [т 1=400 к^ел»*,
5. Определить внешний диаметр^юлого вала, ecлкIt]=400«г/cл^ rf,/d=-^ ,
а остальные размеры и силы указаны иа рис. 261.
6. Решить задачу 3, полагая, что на правый шкив действует такой же крутящий
момент, Как и в задаче 3, но вызываемый горизонтальной силой, касательной К
окружности шкива, вместо верти]сальных натяжений в ремне 600 кг и 200 кг.

ГЛАВА XI
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
66. Энергия упругой деформации при растяжении
При рассмотрении простого растяжения стержня (см. рис. 1)
мы видим, что во время удлинения под действием постепенно
увеличивающейся силы последняя производит некоторую работу,
и эта работа превращается, частично или полностью, в
потенциальную энергию деформации. Если деформация остается в пределах
упругости, то произведенная работа пол- - /f>
ностью преобразуется % потенциальную ^
энергию и может, быть возвращена при по- «5^
степенной разгрузке деформированного
стержня.
Если конечная величина нагрузки
будет Р и соответствующее удлинение — 6^
то диаграмма растяжения будет иметь вид,
показанный на рйс. 262, где по оси абсцисс
отлокены удлинения, а по оси ординат — Рис. 262.
соответствующие силы. Р, представляет
промежуточное значение силы, а 6i — соответствующее удлинение.
Увеличение dPi силы вызывает увеличение dbi удлинения. Работа,
произведенная силой Р, во время этого удлинения, равна P^db^
и представлена на рисунке заштрихованной площадью. Если
принять во внимание увеличение силы Р, во время удлинения, то
совершенная работа изобразится площадью трапеции abed. Полная
работа, совершенная в процессе нагрузки, когда сила
увеличивалась от О до Р, равняется сумме таких элементарных площадок и
изображается площадью треугольника ОАВ. Этот же треугольник
представляет полнук^ энергию i/, накопленную в стержне во время
деформации. Тогда
A70)
и— 2 .
Пользуясь уравнением A), мы получаем следующие два выражения
для энергии деформации в призматическом стержне:
и.
We
A72)

щ:
256
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
[гл. XI
Первое из этих уравнений дает энергию деформации как функцию
силы Р, а второе дает ту же энергию^ как функцию удлинения 6.
Для стержня данных размеров и данного модуля упругости
энергия деформации вполне определяется величиной силы Р или
величиной удлинения 6. '
В практических приложениях часто имеет важное значение
энергия деформации, отнесенная к единице объема. Из уравнений A71)
и A72) она равняется
^ FI '2Е'
A73)
или
U'.
*Ее^
A74)
где a=P/F есть растягивающее напряжение и е==б// —
относительное удлинение.
Наибольшее количество энергии деформации в единице объема,
которое может быть накоплено в стержне безостаточной
деформации ^), найдется подстановкой в уравнение A73) предела упругости
вместо 0. Сталь с пределом упругости 2000 кг/см^ и Е=2-10^кг/см'^
дает I кг см па куб см; резина с модулем упругости £=10 кг/см^
и пределом упругости 20 кг/см^ дает U'==20 кг см на куб см. Иногда
интересно знать наибольшее количество энергии деформации на
единицу веса U", которое может быть накоплено без появления
остаточной деформации. Эта величина вычисляется из уравнения A73)
подстановкой предела упругости вместо о и делением W на вес
одного кубического сантиметра материала. Несколько числовых
значений, полученных таким образом, дано в таблице 4.
Таблица 4
Значения потенциальной энергии на единицу объема и на единицу веса
Материал
Строительная
Инструментальная
Резина
Удельный
вес
7,8
7,8
8,5
1,0
0,93
Е ка1сяР
2-10в
2-10*
i-ioe
I-IO»
10
предел
упругости KS/CJlfi
2000
8000
?7Р
270
20
U' ка см на
ел»
1
16
0,0365
0,865
и* кг fM на
кг
128
2051
4.3
365
21505
'^) Эта величина иногда называется «живое упругое сопротивление».

66]
ЭНЕРГИЯ 5ППРУГ0Й ДЕФОРМАЦИИ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ
257
Эта таблица показывает, что количество энергии, которое может
быть накоплено в данном весе резины приблизительно в 10 раз
больше, чем для инструментальной стали и приблизительно в 170
раз больше, чем для строительной стали.
ЗАДАЧИ
1. Призматический стальной стержень длиною 25 см и площадью поперечного
сечения 25 см^ сжимается силой Р== 1600 кг. Определить количество энергии
деформации.
Ответ. 1/=0,64 кг см.
2. Определить количество энергии деформации в предыдущей задаче, если
площадь поперечного сечения вместо 25 см^ равняется 12,5 см^.
Ответ. £7=1,28 кг см.
3. Определить количество энергии деформации в вертикальном однородном
стержне, растянутом под действием собственного веса, если длина стержня
равняется 30 м, площадь его поперечного сечения 6 см^ и вес стали 7,8 кг/дцм*.
Ответ. U=0,8l кг см.
4. Определить количество энергии деформации в предыдущей задаче, если
в дополнение к собственному весу стержень нагружен на конце продольной
силой Я=400 кг.
"Ответ. 6/=27,81 кг см.
5. Проверить решение задачи, показанной на рис. 18, стр. 26, для того случая,
когда все стержни имеют одно и то же поперечное сечение и один и тот же модуль
упругости, путем приравнивания энергии деформации системы работе, произвв'
денной нагрузкой Р.
^Решение. Если X есть усилие в вертикальном стержне, то его удлинение ,
равно XI/FE, и работа, произведенная силой Р, будет — P{Xl/FE).
Приравнивая ее к энергии деформации, получаем
1 Р^-
Т FE'
ХЧ . ^{Xcos^afl
w/шт щшш уш///мт
2FE
4-2
2FEc30sa
ш
откуда
Х =
1+2 cos* а'
ч
■H4t ^
^d
^
Р Л
CJ
Рис. 263
Р
что подтверждает прежнее решение.
6. Проверить задачу 2, стр. 19, путем
приравнивания работы, произведенной
грузом, к энергии деформации двух стержней.
7. Стальной стержень длиной 75 см и площадью поперечного сечения 6 а/?
вытягивается на 0,05 см. Найти количество энергии деформации.
Ответ. Из уравнения A72) находим
,, /0,05J.6.2.10" „„„
8. Сравнить количества энергии деформации в двух круглых стержнях, по-
казанных на рис. 263, а и 263, Ь, предполагая равномерное распределение
напряжений по поперечным сечениям стержней.
Решение. Энергия деформации призматического стержня равняется
и =
РЧ
WE'
9 С П. Тимошенко

щг
258
9НЕ{>ГИЯ ДВФОРЫАЦИИ И УДА!*
[ГЛ; Kt
Энергия дсф}рмации стержня с выточкшн равняется
1. о
■ 4 '^ 4 7 Я^
отсюда
При данном нйибольшем напряжении количество энергия, накоплеяноА
в/стержне с выточками, меньше, чем в стержне одинаковой толщины.
Потребуется ЛйЩ» еесьма небольшое кодичествр работы, чтобы довести
растягивающее напряжение до опасного предела э таком стержце, как показано на
рис, 263, с, который имеет очень узкую выточку в большой внешний диаметр,-
хотя его диаметр ,э самом слабом ме9те равеэ диаметру цилиндрического
стерядая. '
67. Растяжение, вызываемое ударом
На рис. 264 показано простое устройство для того, чтобы выз^
вать растяжение ударом. Груз Q падает с высоты А на выступ тп
и лрн ударе вызывает растяжение вертикального стержня ЛЗ,
^ который закреплен в верхнем конце. Если массы стеряс^
ня и выступа малы по сравнению с масссй падакщегр
тела, то удовлетворительное приближенное редхение по*
лучается, если пренебречь массой стержня и
предположить, что при ударе не происходит потери энергии. Пос^
ле удара о выступ тп тело Q продолжает двигаться
вниз, вызывая растяжение стержня. Вследствие сопро^*
тивления стержня ск(Ч)ость двйя^тщегося тела умень^
щаетсядо тех пор, пока не сделается равной нулю. В9Т0|
момент удлинение стержня и соответствующие растяги-^
вающие напряжения будут наиОольщнми, и их велй^*
чина определяется на оснований пр^йположения, что полпа|
работа, произведенная грузом <^, преобразуется^энергиюдеформа^
ций стержня *). Если б означает наибольшее удлийение, то сове^
дленная грузом Q работа равняется Q{h^b), Энергия деформщда
ст^жня^ получится из уравнения A72)« З^реда уравнение для вы?
р
щ
',
тЧ
' 1
!f
Л
' ♦ ■'■
Ua
В
Рщс. 264.
числения 6 будет
из которого
Q<^+d)«f б^
5=^x4- /"€+1^
т
{\Щ
*) в действительности же часть энергии рассеется, \ действительное удлш
нение будет всегда меньше того, которое вычисляется на основании указаний^
допущений.

67] РАОТЯЖЁЙЙЕ» ВШ4Й)А1&4!6е УДАРОМ 259
где
есть статическое удлинение стержня от груза Q но =1/2|fA есть ско*
рость падающего тела в момент удара о выступ тп. Если высот)а Л
велика по сравнению с б^^, то тбгда приближенно получается
Соответствующее растягивающее напряжение в стержне будет
Выражение под радикалом прямо пропорщюнально кинетической
энергии падающего тела, модулю упругости материала стержня и
обратно пропорционально о&ьему Ft стержня. Следовательно,
напряжение может быть уменьшено не только увеличением площади
поперечного сечения, но также и'увеличением длины стержня иЛи
уменьшением модуля упругости Я. Это совершенно отлично от стга-
тического растяжения стержня,;, где напряжение не зависит от
длины / и модуля упругости Е. Подставляя в уравнение A76)
допускаемое напряжение вместо ст, получаем следующее уравнение
для размерой стержня, подверженного предельному осевому удару:
р/ 2£ Qx)^ 2BQh /.-7\
т. е. для того, 4to6bi'CoxpaHHtb наибольшее напряжение постоянным,
-объем стер^кня должен быть пропорционален-кинетической энергии
падающего тела.
Рассмотрим теперь другой крайний случай, в котором А
равняется йулю, т. е. тело Q внезапно положено на опору т/г (рис. 264)
без начальной скорости. Хотя в этом случае мы не имеем
кинетической энергий в начале растяжения стержня; все^аки эта
задача совершенно отлична от задачи при статическом нагружении
стержня. В случае статического растяжения мы предполагаем
постепенное приложение нагрузки и, следовательно, всегда
существующее равновесие Между действующей нагрузкой и
сопротивляющимися силами упругости в стержне. При этих условиях вопрос о
кинетической энергии не входит в задачу. В случае внезапного
приложения нагрузки удлинение стержня и напряжение в стержне в
начале равны нулю, и внезапно приложенный груз начинает падать
под действием собственного веса. Во время этого движения сила
сопротивления стержня постепенно увеличивается, и, когда она

260
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
[гл. XI
ст*
сделается равной Q, вертикальное перемещение груза будет 6,
В этот момент груз обладает некоторой кинетической энергией,
приобретенной при перемещении на 6„; следовательно, он продолжает
двигаться вниз до тех пор, пока его скорость не дойдет до нуля
вследствие действия силы сопротивления стержня. Наибольшее
удлинение при этом условии получится из уравнения A75)
подстановкой v=0. Тогда
6=2d
ст»
A78)
Рис. 265.
Т. е. внезапно приложенный груз, вследствие динамических
условий, вызывает удлинение, Которое в два раза больше удлинения,
. получающегося в случае постепенно
приложенной нагрузки.
Это можно показать также-графически
на рис. 265. Наклонная линия О А
представляет диаграмму растяжения стержня,
показанного на рис. 264. Тогда для
некоторого удлинения, например ОС, площадь
ОЛ С дает соответствующую энергию
деформации в стержне. Горизонтальная линия
DB находится на расстоянии Q от оси б
и площадь ODBC дает работу,
произведенную грузом Q при перемещении на ОС.
Когда 6 равно 6^.^, то совершенная грузом^
Q работа изобразится на рисунке площадью
прямоугольника ODAiC^, В это же самое
время накопленная в стержне энергия определится площадью
треугольника ОА^С^, который представляет лишь половину
площади упомянутого прямоугольника. Другая половина
произведенной работы преобразуется в кинетическую энергию
движущегося тела. Вследствие приобретенной скорости тело
продолжает двигаться и останавливается лишь на расстоянии 6= 26^.^ от
начала. В этот момент полная работа, совершенная грузом Q
и изображенная прямоугольником ODBCy равняется количеству
энергии, накопленной в стержне и представленной
треугольником ОАС.
Предыдущие рассуждения об ударе основаны на предположении,
что напряжения в стержне остаются в пределах упругости. За этим
пределом задача становится более сложной, так как удлинение
стержня уже не пропорционально растягивающей силе.Предполагая, что
диаграмма растяжения не зависит от скорости нагружения стержня').
^) Опыты с мягкой сталью показывают, что с увеличением скорости
испытания предел текучести повышается и количество работы, необходимой для
разрушения образца, больше, чем при статическом испытании. См. Н. Н. Д а в и д е н к о в.
Известия Петербургского политехнического института, 1913; Welter, Z. Ме-
tallkmide, 1924; М, J, М а п j о i п е, J, Appl. Mech,, т, 11, стр. 211, 1944.

67] РАСТЯЖЕНИЕ, ВЫЗЫВАЕМОЕ УДАРОМ 261
найдем, что удлинение за пределом упругости при ударе можно
определить из обычной диаграммы растяжения, которая показана
на рис. 266.
Для некоторого предполагаемого наибольшего удлинения 6
соответствующая площадь OADF дает работу, которую необходимо
произвести, чтобы вызвать такое удлинение; она должна
равняться работе Q{h-\-b), совершенной грузом Q. Когда Q(/i+6)
равно или больше всей площади ОАВС диаграммы растяжения, то
падающее тело разрушит стержень.
Из этого следует, что любое изменение формы стержня,
которое влечет уменьшение полной площади ОАВС диаграммы,
уменьшает также силу сопротивления стержня
удару.
В образцах с выточками, например,
показанными на рис. 263, b и 263, с,
пластическое течение металла будет сосредоточено у
выточки, и полное удлинение и работа,
необходимая для разрушения, будут гораздо
меньше, чем в случае цилиндрического
стержня, показанного на том же рисунке. Рис. 266.
Такие образцы с выточками весьма слабы
при ударе. Легкий толчок может произвести разрушение, даже
если сам материал будет мягким. Точ'но так же слабо
сопротивляются удару части, имеющие заклепочные отверстия или резкое
изменение поперечного сечения *)•
В предыдущем изложении мы пренебрегли массой стержня по сравнению с
массой падающего тела Q. ^олько в таком случае мы можем предполагать, что вся
энергия падающего тела преобразуется в энергию деформации стержня.
Действительные условия при ударе более сложны, и когда стержень имеет значительную
массу, то часть эн^гии будет теряться при ударе. Хорошо известно, что когда
движущаяся со скоростью t; масса Qjg центрально ударяет .покоящуюся массу
Qjg и деформация в точке соприкасания является пластической, то конечная
общая скорость Va двух тел равняется
в случае стержня, показанного на рис. 264, условия более сложны. При ударе
верхний конец А остается в покое, в то время как нижний конец В приобретает
скорость движущегося тела Q. Следовательно, для того чтобы вычислить из
уравнения (Ь) конечную скорость v^, мы должны воспользоваться приведенной
массой вместо действительной массы стержня. Предполагая, что скорость стержня
изменяется линейно по его длине, можем показать, что приведенная масса в этом
случае равняется одной трети массы стержня % Для стержня весом q на единицу
^) См. Hackstroh, Baumaterialenkunde, стр. 321, 1905 и Н. Z i m m е ^
man Zentr, Bauverwalt, стр. 265, 1899.
^) Это решение было получено Н. С о х'ом. Trans. Cambridge Phil. See.,
стр. 73, 1849; см. также Todhunter and Pearson, History of the Theory
of Elasticity, Cambridge, T. 1, стр. 895, 1886»

ш
262 ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИЙ и УДАР ^ГЛ. Xf
длинй уравнение (Ь) получает вид
Э*0 <^^i <йцая скорость груёа О и ййжнего конца стфасйя, которая ус^аййвли-
ш0,Шя ё п^Шк момент удвра. шщгая, что у повер^сйосгй сойрикасанйя 1иежду
пщшкяат грузов* и ouopaPi tittt (^т. 264) происходит пластическая деформация без
всякого отскакивания, -получаш, «too соответствующая кинетическая энергия
раМяётся
н
3Q
Эта величина должна быть подставлена в уравнение (а) вместо
для toro, чтобы принять во внимание потерю энергии в первый момент уда*
ра. Тогда вместо уравнения A75) получйем
6=6„+i/j,4-i6„.«-L-. A79)
Изложенный метод дае^ удовлетворительные результаты до тех
пор, пока масса стержня мала по сравнению с массой падающего тела.
В противном случае становится необходимым рассмотрение
продольных колебаний стержня ^). Местная деформация в точке со-
прикйсаййй при даре разобрана J. Е* Sears'oM") и J. Е. Р* Wag-
ЗАДАЧИ
■■■'■/•
1. Груа i 4 кг, привязанный к стальной проволоке дйа14етром 0,3 си«
(рис. 267), падает из i4 с ускорением g. Определить возника^щше в пр|>всМЕ0ке на"
пряжения в тот кюмеит, когда ее верхний конец внезапно остановится. Массой
Йроволоки пренебречь.
Решение. Если ускорение груза Q рабияется g, то растягивающих напряжений
в проволоке нет. После остановки проволоки в А напряж»|^я получаются из
ураяйенйя A76), в котором Ь^^ пренебрегают. Подставляя i^'=2gh и /=А, полу-
чвт ■ ■ ^ ■
* т/§е5 -,/2.2.10«.4 '-^„й , '^
*) Продольные колебания призматического стеряГня при ударе были
рассмотрены Navier. Более исчерпывающее решение было разработано St.-VeriahfOM;
(ш^его пфЁЁОД: Glifebsch, Theorie der Elastidtai feiter Когрег, 1883^ приме^
чаяйе к§61, См. также J. В О и s s i п es q. Application des Patentiels, стр. 508,
IS«6 и С. к a m s a u e r, Ann. Physik, т. 30, 1909.
^) Trans. Gan^bridge» Phil. Soc., т. 21, стр. 49, 1908*
») Proc. Roy. Soc. (tondon) A т, 105, стр. 544, 1924.

67] РАСТ51ЖЕНИЕ, ВЫЗЫВАЕМОЕ УДАРОМ ^8
Очевддно, що ^1тря№тпя в этом случае не завысят от высоты А, е кояороЛ падает
груз, так как |с«[нет]йческая энергия гща унеяияйвается в том жетцошенш, asx
и объем проволоки.
Я. Пзуэ EИ.400 «г падает с высота А==*1 лг «а вертикальный д^)евя1{IЫЙ4толб
длижмбО р м ц ^^ы&грш 30 см, закрепленный в ннжн^ конце. £шредш11ь на№
больше^ сжимающее напряпмкение в столбе, полагай для д^ева
£=10* кг/о*^ я пренебрегая массой столба и величиной бет- - г\
Ответ. а=='Ш кг!см\ гТ
3. Груз Q==4000 кг, привязанный к концу стального проволоч- ' i
ного K;aHeta ^рие. ^7), движется вниз jc постоянное «коро-
стью V'^l м/сек. Каковы будут напряжения в канате, когда его ■
Bi^XHHjft |^онец ваезаннр остановится? Свободы^ Дянн^' ■'ЦЩЩTJ^ -9 л1
момент удара р^цщ /=20л, площади ^ поперечного С|В^»ения ^\
netto равна/='=15 сл^ и Е—10*/сг/Ьл»^. Рис.267,
Решение. Пренебрегая массой к{1ната и полагая, что
кинетическая энергия движущегося тела полностью ореобраауется в потен*
циальную шергшр ^еформ^цда каната, прлучдем следующее уравнение для
определения нанбрльшёго удл|1нения о канату:
в котором дад оэначает сг^ртнческое удлии^ние к^нвта. Замечая, что Q'^fEficxI^
из урдан^ения <4) получаем
откуда
Следовательно, при внезапной остановке движения растягивающее
напряжение в канате увеличивается в отношении
1+^/^=1^.7^. т
Для указанных числовых данных прлучаал
. <г/ 4000.20.100 - „ ^
6^T-7W" 15.10» =Q'^^^
bci V 981-о,53
следовательно,
<т—5,39 .5.«1437 KajCJ^, '
4. Решить предыдущую задачу, если между канатснй и грузом помещена
пружина, которая З^длиняется на 4 ся от груза в 1000 кг, ^
Решение, 6ст'=0,534-4.4=16,53 ел. Вставляя в уравиеняе (е), получаем
^=1+0,806=1,806; G=1,806-^=481,6/сг/сл«.

m:
264
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
[гл. XI
Сравнивая это с результатом предыдущей задачи, видим, что пружина,
включенная между канатом и грузом, имеет большие влияния на уменьшение величины
<^тах при ударе.
5. Для случая, показанного на рис. 264, определить высоту h, для которой
наибольшее напряжение в стержне при ударе равняется 2000 кг/см^. Принять
Q=10 кг, 1=2 м, f=3 см^, Е=2-10® кг/см^. Массой стержня пренебречь.
Ответ. ft=60 см.
68. Энергия упругой деформации при сдвиге и кручении
Энергия деформации, накопленная в элементе, испытывающем
чистый сдвиг (рис. 268), может быть вычислена по методу, применен-
_ ному в случае простого растяжения. Если ниж-
f^—*• f ' нюю грань ad элемента принять закрепленной,
\р/ j то необходимо рассмотреть лишь работу, про-
I/ ^ изведенную силой Р при деформации верхней
грани be. Полагая, что материал следует закону
Гука, находим, что относительный сдвиг
пропорционален касательному напряжению и
диаграмма, изображающая эту зависимость, аналогична
диаграмме, показанной на рис. 262. Тогда
работа, произведенная силой Р и накопленная
в форме энергии упругой деформации, будет равняться (см.
уравнение 170, стр. 255)
£/=^. A70')
Припоминая, что
>/ш////мш^
р
рис. 268.
/
=Y—(р —
Р
FG
ИЗ A70') МЫ получим следующие два уравнения:
РЧ
2FG
U:
21
A80)
A81)
Путем деления этих уравнений на объем FI бруска получаем два
выражения для энергии деформации на единицу объема:
^^ 2G *
^ 2 *
A82)
A83)
где X—P/F есть касательное напряжение и у=6/1 — относительный
сдвиг. Количество энергии при сдвиге «а единицу объема, которое

68] ЭНЕРГИЯ УПРУГОЙ ДЕФОРМАЦИИ ПРИ СДВИГЕ И КРУЧЕНИИ 265
может быть накоплено в бруске без остаточной деформации,
получится подстановкой в уравнение A82) предела упругости вместо т.
Энергия, накопленная в скручиваемом круглом вале, легко
вычисляется при помощи уравнения A82). Если х^^^ есть
наибольшее касательное напряжение на поверхности вала, то т^^^ {2r/d)
будет касательным напряжением в точке на расстоянии г от оси,
где d —диаметр вала. Энергия на единицу объема в этой точке из
уравнения A82) будет
2т* г*
г ft '"•max' /^v
t^=-^-- (a)
Энергия, накопленная в материале, заключенном между двумя
цилиндрическими поверхностями радиусов г и r-\-dr, равняется
-|p-2jt/rrfr,
где / — длина вала. Тогда полная энергия, накопленная в вале,
будет - ^ ,
О
Это выражение показывает, что полная энергия составляет лишь
половину той энергии, которая была бы, если бы все элементы вала
были напряжены до наибольшего касательного
напряжения т^^^.
Энергия кручения может быть вычислена из
диаграммы кручения (рис. 269), в которой крутящие
моменты изображены ординатами, а углы
закручивания— абсциссами. В пределах упругости угол
закручивания пропорционален крутящему моменту,
как представлено наклонной линией ОА. Узкая за- f^
штрихованная на чертеже площадка изображает
работу, произведенную крутящим моментом при воз- Рнс. 269.
растании угла закручивания ф на величину ^ф.
Площадь ОЛВ=Л1^ф/2 изображает полную энергию, накопленную
в вале во время кручения. Припоминая, что (p^MJ/GJp, получаем
ij ^к^ п "fGJp „ос,
^=207; ««"И ^=V- (^^^)
в первом из этих уравнений энергия представлена как функция
крутящего момента, во втором — как функция угла
закручивания.
В общем случае, для любой формы поперечного сечения и
крутящего момента, изменяющегося по длине вала, угол между двумя

Jtee / вНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИЙ к yJiAP {ГП*Ш
смежными поперечнБ^мй сечешями определяется по формуле (см.
сф; 240)
Э^е{^гия Деформаций 4acfH вала между дбумя смежными йбпереч-
HfeiMA еечёййями раёняе^ся
й йолная энергия кручения равняется
ЗАДАЧИ
I. С^ределйТБ ссйЬтношенйе между йределйм ynpyroctH; й{>й <йййгё й пределом
упругости при растяжении, если количество энергии деформации на 1 ли*, ki/tch
рое Ыожет быть накоплено без остаточной деформации, оДно й то же как при
растяжении, так и при сдвиге.
Решение. Из уравнений A73) й A^> имеем
cftKym
Е'
Дли стали
hV:
'""l^'^e-
620-.
2v С)|>редёл11Ть осадИсу fiRHtofioft рёссдры (Ы. рис. 2^3), пользуясь йыраженйбм
sSlepifJHH деформаций йрй йручёний.
Р«]11№^ш. Обозначим через Р силу, действующую i ваправлеииа осе ре£х!дрт1
(рис. 253), через R — радиус витков и через п — число витков. Из уравнение
A85) Эйб^гШ кручения, нйй^йленная в рессоре, буде* -
,г^(РКУ'2айл
■ ^^^~тг^ ; ■.
Приравнивая это вы:ражение произведенной работе Pbj%, получав!
2япР/?» UnPW
г=
OJ^ ^ Gd*
чтб совпадает с уравнением A62).
3. Зес стальной винтовой рессоры равен 4 кг. Определить количество
энергий, которое йоокно яакойй1ъ в этой pecitope, не йызывая остатбчшх деформаций,
ёШ1 Преде» уйруГо<^ при сДвйге равен 5О0О f^cMK

69] ЭНЕРГИЯ З^ПРУГОЙ ДЕФОРМАЦИЙ nPjl ЙЗГИВЕ Щ^
Рвтнм, Кол»чес^к) ^нергин ив }0 щ т уравнещ^ '(Ш) рщщт^гх^щ
,,, E000)» ,- q_
Энергия, приходящаяся на /сг материала (см. стр. 256), равняется 2051 кг см. Тогда
прлчая энергия кручения *), которая цощт бьйть накоплеяа.в рессоре, будет
-1'.4.2051==4Ш2/сгсл.^
4. CfWjmHoft кругЛый вал я тощая т|)у<5а из одвод) щт(?р»ал| I» рднрлр «; ^грг©
же^^а цо;ц8ерга}отся крученияэ. Б цщ-оч отнощедзй будут находиться jcoflj^wpraa
энфгин в вале и. трубе, есл|| наибольшие яапр^ржёния в ник равны? .
Огшт. 1:2. .
5. К!руглый стальной^вал с м;9Ховым кол^есом на одном конце вращается ео схр>
ростыо 120 оборотов в ||«й№уту,|ЦругРЙ его конец внезапно осхаиавлиай^тся. С^е-
делить наибольшее напряжение вала при ударе, если длина вала /<^ 1,5 л{, д^вмвтр
й=^Ъ т, щ; т^ошот чоя^?^ Qf^¥) «г, радиус чиерции его /=25 см. '
Решение. Наибол|Ьшё!е напряжение вала будет тогда, когда полная ШЩ-
тич^ская энергия маховика преобразуется в энергию деформации скрученного
вала. Кинщ-ическая энергия маховика равняется
\-^-j^r^^^m К9СМ.
Подставляя 9Т0 выражение э уравиедае A84), вместр (/, получ|гз4|
т/16.7.7.1Ь^.Ш5- ■ ,,^ , ,
хгшг-у ;^^s.|50 ^H4g«g/4:^>.
е. Два круглых стер;жня из одного и того же материала, одинаковой длины,
но разных поп^)ечных сечений F и F^, скручиваются одинаковыми моментами.
В К9К0М дтномшнин будут находиться количества энергии дефрршцня в этих друх
стержнях? ' '
Ответ. Обратно пропорционально квадратам площадей поперечных сечений.
69. Энергия упругой деформации при изгибе
Начнем рассмотрение со случая чистого изгиба. Ддя лризмат^«
ческого бруска, заделанного одним концом и изгибаемого парой
ейД т другом (рис. 270), угол поворота свободного конца равняется
^ " Ml . ■ ,
Это перемещение пропорционально изгибающему моменту М,. и при
помощи диаграммы, подобной изображенной на рис. 269, и Нутем
подобных же рассуждений мы можем заключить, что работа, произ-
в<еденная изгибающим мо»№нтом при изгибе, или энергия, яакш^
ленная в бруске, равня&ЕСя
' С/=^. (Ь)
^) Распределение напряжений ^предполагается такое же, как и в скручиваемом
круглом стержне»

268 ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР [ГЛ. XI
При помощи уравнения (а) эта энергия может быть выражена двояко
следующим образом:
^-Ш^у A87)
и==^^. A88)
Иногда полезно иметь потенциальную энергию, выраженную в виде
функции наибольшего нормального напряжения «^тах^Л^тах^^- Так,
например, для прямоугольного бруска a^^^=&M/bh ^, или М=
=bh^ajj^^J6, и уравнение A87) получает вид
К^Л
^ " V==lbhl^. A89)
Очевидно, в этом случае полная энергия
составляет лишь одну треть той энергии, которая
была бы, если бы все волокна испытывали
напряжение а„з^.
При рассмотрении изгиба силами, перпендикулярными к оси,
энергией деформации сдвига сначала пренебрегают. На основании
уравнений A87) и A88) энергия, накопленная в элементе балки
между двумя смежными поперечными сечениями, находящимися на
расстоянии dx одно от другого, равняется
Здесь изгибающий момент М есть величина переменная в
зависимости от х, а
^Ф=^^ =
dx^
dx
(см. стр. 124). Следовательно, полная энергия, накопленная в
бруске, равняется
Ч^ A90)
О
или
о
Возьмем,, например, консоль АВ (рис. 271, а). Изгибающий момент
в каком-либо поперечном сечении тп равняется M=—Рх.
Подстановка в уравнение A90) дает

69]
ЭНЕРГИЯ УПРУГОЙ ДЕФОРМАЦИЙ ПРИ ИЗГИБЕ
269
Для прямоугольного бруска a^^^=^6Pl/bh^, и уравнение (с) можно
представить в виде
U=^^bhl^
(с')
-^-зз-
т
W
п
G)
Рис
Это показывает, что количество энергии, которое может быть
накоплено в прямоугольной консольной балке, нагруженной на конце,
без остаточных деформаций, составляет одну треть энергии для
того же бруска при чистом изгибе и одну девятую — при
растяжении того же бруска. Это
соображение является важным при
проектировании рессор, которые должны
без вреда поглощать данное
количество энергии и, кроме того,
иметь^ по возможности, малый вес.
Способность консоли поглощать
энергию можно увеличить, давая
ей переменное поперечное сечение.
Например, консоль равного
сопротивления с прямоугольным
поперечным сечением постоянной высоты h (см. рис. 188) и с теми же
значениями для Р, h и о^^ имеет прогиб,а следовательно, и
количество накопленной энергии на 50% больше, чем призматический
брусок. В то же самое время брус равного сопротивления изгибу
имеет половину веса призматического бруска, так что он может
накопить в три раза больше энергии на 1 кг материала.
Возвращаясь к уравнению (с) и приравнивая энергию
деформации работе, совершенной силой Р при изгибе, получаем
2~6£J«' ^°^
откуда прогиб на конце равняется
д =
ZEJ^
что совпадает с уравнением (95).
Дополнительный прогиб от сдвига можно также определить из потенциальной
энергии деформации. Для консоли, показанной на рис. 271, с прямоугольным
поперечным сечением касательное напряжение на расстоянии у от нейтральной оси
равняется (см. уравнение F5))
Следовательно, из уравнения A82) энергия сдвига в элементарном объеме bdxdy
равняется
8GJ
Ф )
— у^\ bdxdy

270 ЭНЕРГИЯ sДEФOPMAЦИИ и УДАР [ГЛ. XI
н
uJ (^(E^yЛ'ьd.dy^f^, (е)
■"". 2' ■ ■ . . .
Для того чтобы лолучить уравнение для определения полного прогиба, нужно
эту величину сложить с правой чассгьк» вышеприведенного уравнения (d) *)
следовательно.
Второй член в скобках выражает действие касательных напряжений на.
прогиб балки.
При помоощ метода, изложенного в § 39, на основании предположения, что
элемент поперечного сечения в 1^ентре тяжести заделанйого конца
остается,вертикальным (рИс, 271, Ь), дополнительный угол наклона от сдвига определится
Ттах_ 3 Р
и дополнительный прогиб будет
Следовательно,
3 Р1
2 6А0*
- РР ,Z Р1* Pt^f,-3f^E\ ,^
Мы видим, что уравнения (g) и ig') не ожпадают. Расхождение объясняется
следующим: вывод § 39 был Основан на предположении, что поперечные сечения балки
могут свободно искривляться ^под действием касательных напряжений. В таком
случае заделанное поперечное сечение будет 1|скривляться по поверхности тОп
(рис., 271, Ь) и при вычислении полной работа, произведенной при изгибе консоли,
мы должны принять во внимание не только р^Зоту, совершенную^ силой Р
(рис. 271, а), но также и работу, совершенную напряжениями, действующими в
заделанном поперечном сечении (рис. 271, Ь). Если будет принята во, внимание эта
последняя работа, то прогиб, вычисленный на основании рассмотрения энергии
деформации, совпадает с прогибом, полученным в § 39 и определя^шьш по
приведенной выще формуле (g').
В случае свободно опертой балки в нагруженний в середине, как можно
заключить из условий симметрии, среднее поперечное сетенне ве искривляется.
В таком случае уравнение <gy, «:ли его применить к каждой половине балки,
будет давать лучшее приближение для прогиба, чем уравнение^). Это можно видеть,
если сравнить приближенные уравнения (g) в (g) с более строгим решением,
данным в § 39. -
^) Такое сложение энергии сдвига с энертаей от иорыаМъшлк напряжений
является правильным, так как касательные напряжения, действующие на
элемент (рис. 268), не из^йеняют длины сторон элемента, и если нормальные
напряжения действуют по этим граням, то они не произведут работу при деформации сдвига.
Следовательно, касательные напряжения не изменят количества энергии от
растяжения или сжатия, и оба вида энергии можно просто сложить вместе.

70] И^ЙВ, ВЫЗШАЕМНЙ УДАРОМ 2f 1
ЗАДАЧИ
■ i
1. Деревянная консольная балка дланей 2 л, прямоугольного поперечного
сечения 12x20 см несет равномерно распредйяенную нагрузку q=i250 «2 iea 1 пог м.
Определить количество потенциальной двергий деформации, еат Е=\0^ кг/см\
п ^ш, 4*^ B,5)»'200«.12 „ _
2. В каком отношении увеличится колячествр энергии деформации, вычио
лейное в предыдущей задаче, еоли высота бшгки будет 12 см, а ширина 20 см?
Otmettir Энергия деформаций увеличится в отношении 20^: 12".
3. Два одинаковых бруска, один со свободно опертыми концами, а Другой —»
с заделанными, изгибаются равньти силами, приложенными, в. середине: В каком
отношении находятся количества потенциальной энергии деформации?
, Ответ. 4:1,
4. Решить предыдущую задачу для равномерно распределенной нагрузки одяр'
наковой интенсивн<ости 9 в обоих брусках,
5. Найта отношение KOMwtecvib потенциальйЬй s^eprnn Л<^рмации в балках
прямоугольного сечения одинаково нагруженнш, имеющих одинаковую длину
и одинаковук) ширину поперечного сечения, но высоты в которых отн(к:ятся
кт Ы, - '
Решеяме. Для данной йагрузки энергия деформации пропорциональна про*
гибу, э прогиб обратно пропорционален моменту энеррии площади поперечного
сечения. Поэтому при уменьшении высоты в два раза прогиб увеличивается в
8 раз и количество энергии деформации увеличивается во столько же раз.
70. Изгиб, вызываемый ударом-
Динамический прогиб балк», которая подвержена удару
падающего тела Q» может быть определен по методу, изложенному для
случая удара, вызывающего растяжение (§ 67). Возьмем в
качестве примера свободно лйкащую на
опорах балку, ударяемую в середине (рис. 272),
и допустим, что массой балки можно препе-
фёчь по Ьраевейию с массой падакщего тела
и что балка напряжена до предела текучести.
Тогда потери энергии при ударе не будет и ра-
б(ут>йроизв^денйая грузом Q при его
падений, полностью преобразуеггся в энергию
деформация изгиба балки *). Пусть Ь означает наибольший прогиб
балки при ударе. Если мы предположим, что изогнутая ось балки
при ударе им^т такую же форму, как при статическом изгибе,
то сила, которая вы^^а бы такой прогибу на основании
уравнения (90), должна равняться
Р'^о—^. (а)
Полная энергия, найойленная в балке, равняется работе, со-
^) Местными деформациями на поверхности соприкасания нагрузки с балкой
при этом вычислении пренебрегают.

272 ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИЙ и УДАР [гл. XI
вершенной силой Р,
Если h по-прежнему означает высоту падения, то уравнение для
определения $ будет
B(Л+6)=6^^. (Ь)
откуда
- ■«=а„+/б^,+^6,у. A92)
где
ст 48EJ
уравнение A92) — точно такое же, как и при ударе, вызывающем
растяжение (уравнение A75)). ^
Необходимо заметить, что вид уравнения остается тот же и для
других случаев удара при условии, что деформация в точке удара
пропорциональна силе Р, приложенной в этой точке. Если через
а обозначим коэффициент пропорциональности, зависящий от
конструкции, то мы имеем
ар=6 и t/=-2-=2^-
Тогда
И так как 8„=Qa, то это уравнение приводится к уравнению A92).
Необходимо заметить также, что прогиб 6, вычисленный из
уравнения A92), представляет верхний предел, к которому приближается
наибольший динамический прогиб, когда нет потери энергии при
ударе. Всякая потеря будет уменьшать, динамический прогиб. Когда
динамический прогиб найден из уравнения A92), то соответствующие
напряжения можно найти умножением на 6/6„ напряжений,
полученных при статическом приложении груза Q.
Когда h велико по сравнению с 6^^ или удар происходит в
горизонтальном направлении, то уравнение A92) принимает более
простой вид
6= ]/}б,у. (с)
Для случая балки, опертой на концах и ударяемой посередине, это
уравнение дает
2g 24EJg' ^^^

70] ИЗГИБ, ВЫЗЫВАЕМЫЙ УДАРОМ 273
Наибольший изгибающий момент в этом случае будет
Р1 d-4BEJg I
И '
а.
_"Чаяз. " ^vi-.«g
max
IP"" /3 4W"
Для прямоугольного поперечного сечения, пользуясь
уравнением (id), получаем
/Qv* \ЪЕ .\
2g IF ' ^®'
Это указывает на то, что наибольшее напряжение зависитот
кинетической энергии падающего тела и объема IF балки.
При определении влияния массы балки на наибольший прогиб будем
предполагать, что изогнутая ось балки при ударе имеет такую же форму, как и при
статическом изгибе. Тогда м(»кно показать, что приведенная масса балки *),
опертой на концах, равняется A7/35) iqllg) и общая скорость, которая устанавливается
в первый момент удара, равняется
Q
Va=- ^fy— V.
Q-^ql
Полная кинетическая энергия после установления общей скорости v^ равна
vl\ 17  Qv' 1
Пользуясь этим выражением вместо
35 Q
в уравнении (Ь), получаем уравнение
S=.6„-<b-i/' б^,ф2£х^ —^,, A93)
^35 Q
в котором принято во внимание влияние массы балки на прогиб б ').
-}) См, Сох, цитир. на стр. 261.
^) Несколько примеров на применение этого уравнения можно найти в статье
Prof. Tschetsche, Z. Ver. deut. Ing., стр, 134, 1894. Более точная теория
поперечного удара на балку основана на исследовании ее поперечных колебаний
совместно с местными деформациями в точке удара. См. перевод St. Venant'a книги
Ciebsch'a, стр. 537, цитировано; также Compt. rend.,т. 45, стр. 204, 1857 и статью
автора в Z. Math и. Phys., т. 62, стр. 198, 1913. Опыты с балками, подверженными
удару, были произведены в Швейцарии и удовлетворительно согласуются с
вышеприведенной приближенной теорией, см. М. R о §, Tech. Komm. Verband. Schwei?.
Briickenbau u. Eisenhochbanfabriken, март, 1922. См. также Z. Т u z i andM. N i s i-
d a, Phil. Mag. (серия 7), 7. 21, стр. 448; R. N. A r n о 1 d, Proc Inst» Mech» Engrs.
(London), T. 137, стр. 217, 1937; E. H. L ее, J. Appl. Mech., т. 7, стр. 129, 1940.

Uf4 дНЁ^'гйя AB^oprtAiimir й УДАР 1гл. **
В случав консоли, если груз <2 ударяет балку ни конце, величина приведенной
массы балки равняется щ (9^/g)- Когда Свободно лежащая на опорах балка
ударяется в точке, рарстояни^ которой от опор соответстйенно равны а и 6, то привел
денная масса ее равняется
и уравнейие A93) ^^оЛякно ferrb йзм«!нен0 согласно этому выразкеяяю.
ЗАДАЧИ
» 1. Груз в 20 кг, падающий с высоты А=30 см, ударяет посередине свободно
лежащую на двух опорах деревянную балку прямоугольного сечения длиной 3 л;
Определить необходимую влрщадь яотере^ного се»1ения, если допускаемое напря*
жение [о]==70/сг/сл*, £—10*/сг/сл^ Йренебречь 8„ сравнительно с Л.
Яешекае. Пользуясь уравншиеи (е}стр, 273 *), получаем
2. В каком отношении изменится площадь э предыдущей задачег: 1) «ели
пролет балки увеличится с 3 до 4 л; 2) если груз Q увеличится на 50% ?
Ответ. 1) Площадь уменьшится в отношении 3:4; 2) площадь увеличится
на 50%,
0; Груз Q—40 кг йадает с высоты 30 см на середину Сйободно лежащей на Jisyt"'
опорах двутавровой балки длиною 3 м. Найти безопасные размеры, если |o]=°:i
=2000 кг/сл^ ''
Реше«ие. Пренебрегая Act по сравнению ей (см. уравнение (с)),, находим, что
отношение межДу динамическим и статическим прогибами равняется
г 7 S^c-t У бет'
бет У g^i
Если язогнутая ось балки при ударе имеет такую же форму, как и при статическом
изгибе, то наибольшие напряжения будут дтйосйться как прогибы. Следобач
тельно.
f-
2^ Q/_ ,
откуда
W 6EQ h
где W— момент сопротивления, a с *— расстояние наиболее удаленного волокна (ущ
и^тральной оси, которое в этом случае равняе1ч:я йолоёине высоты балки. Под^
етавляя числовые данйле, получав
W 6.2-10».40.30 ,rt г
Т^' '2000*.366 °^^/^'
Необходимая ABytaBposa^ балка будет Ш 1€, W'^ 1G9 см*.
*) Местными деформациями на поверхности соприкасания нагрузки с балкой
при этом выч11сленйи следует пренебречь.

71] ОБЩЕЕ ВЫРАЖЕНИЙ ЭНЕРГИИ ИНФОРМАЦИИ 275
4. Какие напряжения возникнут в 6алк« предыдущй! задачи от груза в 80 к»,
падаюшдагр на середину балки с высоял 16 см}
Оптт,Су^^1Яфкг1см^,
5. Груз E^40 К9, падающий с ьышхы h^^ см, ударяет на кощ« дер«8М1^ю
консольную балку длиной 2 л и плсодадью подгаечнрго сечения 30 X 30 4У».
Определить наибольший прогиб, принимая во вяимавие потерю энергий благодаря
влиянию массь! 1балки.
Решение. Пренебрегая бсх по сравнению с Нь получим уравнение, аиалогячш»
уравнению (ШЗ):
Для 7^0,6; O==0,б ♦ 3 • 3 - 10«=54 кг/м; qU^bA • 2»=108 /ия
V
'~- Ж ,/36,6..4O-20O*-i2 f,-- „
^^Т?Г40
6. груз Q, падающий вниз с высоты ft, ударяет посередине балку, свободно
лежащую на двух опорах. Пренебрегая бсх ^о сравнению с ft, найти величину
отношения ^, при которой влияние массы балки уменьшает динамический прогиб
на 10%. ^
Ответ. ^==0,483, Г . .
7Ь Общее выражение энергии деформации
При рассмотрении задач на растяжение, сжатие, кручение и
изгиб было показано, *гго энергия деформации может быть представлена
в каждсий случае функцией второй степени от
внешних сил ^уравнения (l7i),A80) и Aв7)) или
функцией второй степени от перемещений
(уравнения {172), A81) и A88)). Это положение р
также справедливо в самом общем случае де- '
формации упругого тела при соблюдении
следующих условий: 1) Материал следует закону
Гука, 2) перемещения вследствие деформации
настолько малы, что., не оказывают влияния
на действие внешних сил, и ими можно пре- Рис.273,
небречь при вычислении напряжений ^). При
этих двух услрвиях перемещения упругой системы являются
линейными функциями внешних сил. Если эти силы ущугичн-
ваются в некотором отношении, то все перемещения
увеличиваются в том же отнсянении. Рассмотрим тело, которое подвергается
действию внешних сил Р^, Р^, /^„... (рис. 273) и опирается таким
^) Такие задачи, как изгиб стержней поперечными силами с одновременным
осевым растяжением или сжатиа>(, не удовлетворяют вышеуказанным условиям и
исключаются из этого рассмотрения- Относительно Ътих исключитель^шдс случаев
см. § 76.

щ:
276 ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИЙ и УДАР [гЛ. XI
образом, что движение его в целом как твердого тела невозможно,
а могут происходить лишь отдельные перемещения вследствие
упругих деформаций. Пусть 6i, 62, б^,.., означают перемещения трчек
приложения сил, измеряемые по направлению соответствующей
силы '). Если внешние силы увеличиваются постепенно, так что они
всегда находятся в равновесии с внутренними силами упругости, то
произведенная ими во время деформации работа будет равняться
потенциальной энергии, накопленной в деформированном теле.
Количество этой энергии tie зависит от порядка, в котором приложены
силы, но вполне определяются их конечными значениями. Положим,
что внешние силы Pi, Р2, Pg,... увеличиваются одновременно в одном
и том же отношении. Тогда зависимость между каждой силой и
соответствующим ей перемещением может быть изображена диаграммой
аналогично той, которая показана на рис. 262, и работа,
произведенная всеми С10ами Pi, Р2, Р,,?.., равная потенциальной энергии
тела, будет
(/==^Ф^«Ф^.ф..., A94)
т.. е. полная энергия деформации равна полусумме произведений
каждой внешней силы на соответствующее перемещение^). На
основании сделанных выше допущений, перемещения 6,, бг, б„...
являются однородными линейными функциями сил Pi, Р2, Р„...
Подстановка этих функций в уравнение A94) дает общее выражение для
потенциальной энергии упругого тела в форме однородной функции!
второй степени от внешних сил. Если силы представлены линейным«|
функциями перемещений и эти функции подставлены в уравнение
A94), то получается выражение для потенциальной энергии в форме
однородной функции второй степени от перемещений.
В предьщущем рассуждении не были приняты в соображение
реакции опор. Работа, произведенная этими реакциями во время дефорг
мации, равна нулю, так как перемещение неподвижной опоры J|
(рис. 273) равно нулю, а' перемещение подвижной опоры В перпен*
дикулярно к направлению реакции, трением же на опорах обычно
пренебрегают. Следовательно, реакции ничего не добавляют к выр$«
жению для потенциальной энергии A94).
В качестве примера на применение уравнения A94) рассмотрим потенциальную
энергию, накопленную телом, имеющим форму куба и испытывающим равномерней
растяжение по трем перпендикулярным направлениям (см. рис. 54). Если pe6p<i
куба равняется единице длины, то растягивающие усилия на его гранях чисден»^
равны вл, Оу, Gg и соответствующие удлинения будут е^, ву, е^.
*) Перемещения тех же точек по направлению, перпендикулярному к cooTBeif-
ствующей силе, не рассматриваются в последующем изложении.
^) Этот вывод впервые бцл получен С1ареугоп'ом; см. Lam е, Lesons sur la
theorie mathematique de I'elasticite, 2 изд., стр, 79, 1866,

72] ТЕОРЕМА КАСТИЛИАНО 277
Тогда потенциальная энергия, накопленная в одном кубическом сантиметре,
по формуле A94) будет
■ ,., о-;^^ o-j/ед, о-^^
Подставляя вместо удлинений их значения из уравнения D3) ^), получаем
U'^-^{al^cl^al)—t.{o^Cy^CyC^-4t0^a^). A95)
Это выражение может быть применено также в том случае, когда нормальные
напряжения являются сжимающими; необходимо лишь эти напряжения взять с
отрицательным знаком.
Если, кроме нормальных напряжений, действуют по граням элемента и
касательные напряжения, то энергия сдвига может быть сложена с энергией растяжения
или сжатия (см. стр. 270) и, пользуясь уравнением A82), находим, что полная
энергия, накопленная в 1 см', равняется
£/'=2^ (a^+oj. -f а|) —^ {Ох^у+ОуС^-^а^Ох)^^ (<;/-4-Ту;г+<х)- (^ ^)
В качестве второго прими)а рассмотрим балку, свободно лежащую на двух
опорах, нагруженную силой Р посередине пролета и парой сил М на опоре А.
Прогиб посередине по формулам (90) и A05) равняЬтся
48£J^' IbEJ
Угол поворота сечения на опоре А по формулам (88) и A04) равняется
Тогда потенциальная энергия балки, равная работе, совершенной силой Р и парой
сил Л1, будет
,, Рб.Ме 1 (РЧ\МН ,МР1^\
Это выражение является однородной функцией второй степени от внешней силы и
внешней пары. Определяя М и Р из уравнений (а) и (Ь) и подставляя их в уравт
нение (с), получаем выражение для потенциальной энергии балки в виде
однородной функций второй степени от перемещений. Необходимо заметить, что когда на
тело действуют внешние пары сил, то соответствующими перемещениями будут
углы поворота тех сечений элементов, на которые действуют эти пары сил.
72. Теорема Кастилиано
Имея выран^ение для потенциальной энергии в разных случаях,
мы можем установить очень простой метод для вычисления перше-
щений точек упругого тела при его деформации. Например, в случае
простого растяжения (см. рис. 1) потенциальная энергия стержня по
^) В этом вычислении не имеют практического значения изменения
температуры, вызываемые деформацией. Для дальнейшего ознакомления см. T.W е у г а-
U с h, Theorie elastischer Кбгрег, Leipzig, стр. 163, 1884. См. также Architdc. и.
Ingenierw., т. 54, стр. 91 и 277, 1908,

278 ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ fl УДАР \ТЛ'П
формуле A71) равняется
Взяв производную от этого 1выражения по Р, получим
dPTE"^'
Таким образом, производная от потенциальной энергии по, силе дает
тщттштт, сро*щх>т»укщ^ силе, т. е. тщтттш тщ» щшо-
женйя^илы пЬ направлению силы. В случае консоли, нагруженной
на конце, потенциальн£1я энергия равняется (уравнение (с),стр>268)
произврдная от этого выражения по силе Р дает известный прогиб
Р/'/3£/на свободном конце. .
При кручении круглого вала потенциальнай энергия равняется
(уравнение A65))
Производная От этого выражения по крутящему мойенту дает
dU М^. ^
т. е, угол закручивдция вала, и предртдвляет перемещение, соответ-
ствукйцеекрутяЩегйу моменту.
Когда на упругое те^яо дейстаует несщ>дько сил, то мож:но пр№
менить тсйг же метод вычисления перемевдений. Например,
выражение (с) предыдущего параграфа дает потенциальную энергию 0алки|
Зйзги^мрй силой Р в сер(едиве и дарой сил jH ий конце, Частная
цр01$зщдная от этого выражеящ по сит Р дает прогиб лод силой
й лшстная производная по MOM^iTy М дает угол поворота опорного
се*^нйя, на которое действует пара сил М.
.Теорема Кастилиано является общим выражением этих
результатов^). Если материал следует закону Тут и перемещения при
деформации настолько малы, что ими можно Пренебречь при
рассмотрении Л^йетвия сил, то потенциальная энергия такой системы может
быть »Мр«жена однородной функцией второй степени от действующих
^сил (см* 17J). Тогда частная продзводная от потенщ1альвой зн^>гйИ
по какой-либо силе дает перемещение, ^соответствующее это$ силе
Ц Ом^ (ртятью €astijgliano, Nuova teoda intorno deirequiUbrio dei sis-
teml flastici, Alii щх^ set., Torino, 187U. См. ^зкже «го Theorte de P^quiiibre des
sistenj» eJastiqjjes, Turin, 1879. Английский перевед работы Кастнляано oi. Е, S.
Andrews, Elastic Stresses in Structures, London, Ш19,

■!Ш1 пьппн ШШ^/^^ь 0^
(исключительные случаи см. §M),Jepufim «шлбп» и чперемщенш^
здесь могут иметь обобщенное значение, т. е. они включают
соответственно «яар^ (?мл» и «|^гл(?«)^ п^рйя<^«^^
Рассмотрим о(Ь1ИЙ случай, йоказ>внншй на рис. 273. Положим, что
потенциальная энергия представлена функцией сил Pi, Рг, Р,,..,,
.та» 4t6,
уч{р., Pi* Pv .••)• ' Ы
п*
Если какой-либо внешней ^ил€ Р„ дайо небольшое приращение dP^
то энергия Д€форма11ии также увеличится, и ее новое значение будет
м-^^йр^: (Ь)
*' й .■■■
Но кЪЛйч€с*1во пШйцйальноЙ энергии не зависит от порядка, в
котором силы прилоясбйы к телу, и зависит лишь от их конечных зйй-
чений. Можн<^предположй*ь, йайрймер, *rto сна^^алй была приложена
бесконечно малая сила йР^^^ьшгт силы Pj, Р^, Р^^,.. Окон*!ат€Льное
количество потенциальной энергии будет прежним* Сила dP^
приложенная с|Еачала, вызывает лишь бесконечно малое перемйДение,
так что <^ортвегствуклЦая работа (равная пройзМ^ёййю милой силы
на соответствующее малое перемещение) является бесконечно малой
величиной второго порядка и ею можно пренебречь.
Прикладывая теперь силы Р^, Р., Р,,..., должны заметить, что
действие их не измен5№тся ранее приложенной силой dP„ *), и
работа,; совершенная этими силами, будет по-прежнему равняться V
(ур1йбй€нйе(а». Штемне Шйёе при приложении йтих сил сила dP„
й^ перемещений <$„ в ййИрййленйй Р„йройзводи* работу 0Р„N^, Эти
два выражения для работы несбхсщимо при- ^
равнять друг другу. Поэтому а^
-*~j;-
•Лты
Л
S<i
1
1
V^§^{dp^^v^{dp,)bA ^ р\
°*"=дЯ^' j , Рйс. Й74.
И теорема Кастилиано доказана.
В качестве 1йрйло5йеййЯ teqpeMbi рассмотрим кбйсольйую б»лку,
нагруженную силойРипаройсил Ы^ на конце (рис, 274).
Изгибающий момент в пшфечйсм сечении т/г равняется M=—-Pjf—^Л^^, и
потенциальная энергия из уравнения A87) равняется
--\
Чтобы получить прогиб б на КШце консоли, *|ы должны лишь взять
*) Эк» ^Лейуег из условий, 6tдt^cфeвi^ыi на стр. 275, на оС11бвайЯи к&юрьа. по-
тенцййл^вая.ааёргйя были йбЛу^еий йак ^днороднйя фуйктя второй t/ttamu.

ш
280
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
[гл. XI
частную производную от (У по Р% что дает
I
ян 1
ОУ Ш
О
Подставляя вместо М его выражение в зависимости от Р и Мд,
получаем
1 г я.дм ,
дР
*=I7l(^*+^«)^^^=
РР ■ МдР
3£J"^ 2EJ'
То же выражение МОЖНО получить при помощи одного из прежде
изложенных методов, например графоаналитического метода или
метода интегрирования дифференциального уравнения G9) упругой
кривой.
Рис. 275.
Чтобы получить угол поворота концевого сечения, найдем
частную производную от потенциальной энергии по паре сил М^, что
дает
( I
и ди \ I с ,. дМ , 1 Г/г» . ЛУГ \ л ^/' I MJ
0 0
Положительные знаки, полученные для 6 и 6, указывают на то, что
прогибы поворота конца имеют те^е направления, соответственно,
как сила и пара сил на рис. 274.
Необходимо заметить, что частная производная 4р представляет
скорость увеличения момента М с увеличением силы Р и может быть
наглядно изображена эпюрой изгибающих моментов для силы,
■ равной единице, как показано на рис. 275, а. Частная производная
щ- может быть наглядно представлена, таким образом, эпюрой из-
гиоаклцих моментов на рис. 275,6. Пользуясь обозначениями:
дМ ... дМ .,.
т*
^) Проще будет сначала продифференцировать под знаком интеграла и затем
интегрировать, нежели сначала вычислить интеграл и затем дифференцировать.

721
ТЕОРЕМА КАСТИЛИАНО
281
мы можем представить наши прежние результаты в следующем виде:
6=;^jMM;d^:, ^='^^ MM;Jx. A98)
о о
Эти уравнения, выведенные для частного случая, показанного на
рис.274, также справедл иву для общего случая балки с любой
нагрузкой й любыми опорами. Они также могут быть применены в
случае распределенных нагрузок.
Рассмотрим, например, случай балки, свободно лежащей на опорах
и нагружённой равномерно распределенной нагрузкой (рис. 276),
и вычислим прогиб в середине этой балки, пользуясь теоремой
7
Рис. 276.
Кастилиано. В предыдущих случаях действовали сосредоточенные
силы и пары сцл, и частные производные по этим силам и парам сил
давали соответствующие перемещения и углы поворота. Однако в
случае равномерно распределенной нагрузки нет вертикальной силы,
которая действует в середине балки и которая соответствовала бы
искомому прогибу в середине. Таким образом, мы не можем поступить
так же, как в предыдущей задаче. Однако это затруднение можно
легко устранить, если предположить, что в середине балки имеется
фиктивная нагрузка Р бесконечно малой величины. Такая сила,
очевидно, не окажет влияния на прогиб или эпюру изгибакщих
моментов, показанную на рис. 276, Ь, В то же самое время скорость
увеличения изгибающего момента вследствие увеличения Р, выраженная
частной производной ^, представлена на рис. 276, с и 276, d. При
этих значениях М и ^ величина прогиба будет
^ ди in ..ам .
ьм
Замечая, что М vl -^ симметричны относительно середины пролета,
дР

K'^i^^rr^^TSf^
&
282
n.OJ|iy4y8jej4
6=
ЭНЕРГИЯ ^тШРЩЦЯЦ Ц УДАР
[гл. р:
Если требуется вычислить угол поворота конца й балки на
pffc, ш»шшрц тт(т т^ты Каетилнаио, мывтутыящт*прт-
1т<тцщ Оее1гонечно#а^1уюаду сил Mj,, прнложей«у|а э В. Та«ая
Дар^ й^ Ш^енит^^юру изгибающих моментов на рис. 276Л
дМ
Тогда частная производная ^ будет представлена на рис. 277, а
i
И 277,i>, Требуемый угол повороту
конца 6,^балки будет
8=
Ш'г-Щг^'-^
Рис.277, ""«^ ^" "Л, ' , 2Ш7"*
Мы видим, ЧТО р^ульташ, полученные при п<щощй теоремы Касти-
лиано, дападают с ранее полученными результатами (стр. 126)*
, ^ ЗАДАЧИ
«« 1* ''^"Р^'^^ить при помощи теорешл Квсгилиано прогиб и угол поворота конца
равномерно нагруженной консоли. f »*
2. Опред^^и?:^ прогиб конца Доди(жрисольнрй 0ал)р1, шазаннрй иэ р»с. ?78,
Рис. 27*8.
%%?^ " горизонтальное церецещен^е рпо^^ В9вд^1щр8 щя
рис. 279, будет .е^'з^но грризрнтальвыми ьилами
( Qomm, bf^-
I
4
^"Ш^Ш
^■т?^^
б.
^ff
Рис. 279.
Рис. 280.
4. Определить увеличение расстояния ДВ, вызываемое рилами Н (рис. 280),
если стержни АС и J3C имеют одинаковые размеры. Причем необходимо принять во

73]
ДЕФОРКАйЛЯ ^РМ
т
внимаии|! лншь изгиб сте^н^й. Угод а пр^^^лагается не оче»ь ыалый, так что
влиягнйш прогибов на величину изгибаю5цего момента 1Мсш;но йренебречь.
Оптт<1 ^»
2 Я/Ч1а*в
/
£J
S. ОггредеДйт& прогиб яа расстоянии а
at л^ьа^уМЬШ раййЬмёркб нагруженной
бляШуШт,9з>рл«а1к н^а рис. ^6, а.
Рёишш. Щл1икйт^&Я бесконечно
малую |[$груаку Р ца расстоянии а от
левого «^ца, находим частную производ-
ную 4^* №)торая изображена на рис. 281, а
и 281, Ь. Пользуясь для М параболиче-
скай эпюрой, йр^ставленной на рис276.
Рис. 281.
*, получаем требуемый прогиб
6:3*
dV 1 г
WW У
о
ЫВ-'Ш"^^
^т
«5
'y-^^-Uji'^^'^^^y
Подставляй X вместо а и 1—х вместо Ь, мь( можем этот результат привести к
согласованию с ранее полученным уравнением, изогнутой оси' балки (стр. 126).
73. Деформация ферм
Тед^)емд Кастилнано особенно полезна при. опред^ении
деформаций в фермах. В качестве примера рассмотрим случай^
показанный на рис. 282. Все стержни систему пронумерованы, и их
длины и площади поперечных сечений /даны в таблице 5.
Усилие S;, вызванное в каксил-'либо стержне i системы силами
Л» -^»» ^а» >*о*ЧЬ вычислить из обычных уравнений статики.
Эти. усилия даны в 4-^м столбце таблицы 51 Потенциальная
энергия деформаций 'какого-либо стержня, по формуле гA71),
равняется 5J//2F,£. Тогда количество потенциальной энергии во
всей системе будет
^=*1-№. A99)
■,'■■■■". ^ /==1 ^ ■ - .
где суммирование распространяется на все стержни системы*
которых в нашем Случае имеется т*= 1Ь Усилия S,- являьотся функциями
нагрузок Я и» следовательно, на основании уравнения A97),
прогиб 6„ под какой-либо нагрузкой Р„ равняется
:ffit
B00)

284
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
[гл. XI
Производная д^ представляет скорость увеличения усилия S,- с
увеличением нагрузки Р„. Численно она равняется усилию,
вызываемому в стержне / нагрузкой, равной
единице и приложенной в
положении Р„, и мы будем пользоваться
этим обстоятельством при
нахождении указанной производной. В
дальнейшем эти производные будем
обозначать через S-. Тогда уравнение
для вычисления- деформации будет ,
1=т
/=1
FiE
B01)
Рассмотрим, например, деформацию Ь^,
соответствующую силе Р, в точке А
на рис. 282,а. Значения 5,',
помещенные в 5-м столбце таблицы,
получены при помощи статики при
нагруженном состоянии, показанном на
рис. 282,6, в котором отброшены все
действующие силы и приложена
в шарнире А вертикальная сила в
Рис. 282. J тонну. Значения, помещенные в 6-м
столбце таблицы, вычислены из значений, входящих в столбцы 2—5.
Суммирование и деление на модуль упругости Е={2/1000)-10^т/см^
Таблица 5
Данные для фермы, показанной на рис. 282
/
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
И
li^CM
2
500
300
400
300
500
500
500
300
400
500
300
Fi, см^
3
30
15 .
10
15
10
20
10
15
10
30
15
^\ "^
4
--13,75
+ 8,25
+ 8,00
+ 8,25
+ 3,75
—10,50
+ 6,25
+ 6,75
+ 4,00
—11,25
+ 6,75
S'.
г
5
—0,625
+0,375
0
+0,375
+0,625
—0,750
. +0,625
+0,375
0
—0,625
+0,375
Si s'. к
* г
п.
6
143
62 .
0
62
117
24
195 ^
51
0
117
51
s:
7
0
1
0
1
-О
0
0
0.
0
0
0
г«=т
SiSi'if
i=\
fi
=822 mJcM.

73] ДЕФОРМАЦИЯ ФЕРМ 285
дает деформацию в л (уравнение B01))
. 822-1000 п Л11
Предыдущие рассуждения относились к вычислению
перемещений Ьц bi, соответствуклцих заданным внешним силам Р^, Р,,..
При исследовании деформации упругой системы бывает необходимо
вычислить перемещение точки, в которой совсем нет нагрузки, или
перемещение нагруженной точки в направлении, отличном от
направления нагрузки. Метод Кастилиано можно применить также и
здесь. Мы только приложим в этой точке дополнительную бесконечно
малую воображаемую нагрузку Q в том направлении, в котором жела-
тельно получить перемещение и вычислить производную щ. В этой
производной необходимо дополнительную нагрузку Q положить
равной нулю и затем определить желаемое перемещение. Например, в
ферме, показанной на рис. 282, а, определим перемещение точки А.
В эТой точке прикладываем горизонтальную силу Q и получаем
соответствующее горизонтальное перемещение
где суммирование распространено на все стержни системы. Усилия
5,- в уравнении (а) имеют то же значение, что и прежде, так как до-
полнительная нагрузка Q равна нулю, а производные 3^=<5J
получаются как усилия в стержнях фермы, вызываемые нагрузкой,
показанной на рис. 282, cJ Эти значения помещены в 7-м столбце
таблицы. Подставляя эти усилия в уравнение (а), мы находим, что
горизонтальное перемещение А равно сумме удлинений 2 и4
стержней, а именно:
Л_ 1 fSA.SjA 1000 /8,25.300 8,25.300\ ^ .о^ ^,, ■
°А-1 VT^'^T^/ "гЛо* [ 15 "^ I5~;-^^''^'^ ^*
При исследовании деформации ферм иногда бывает необходимо
знать изменение расстояния между двумя точками системы. Это
можно получить при помощи метода Кастилиано. Определим, напри*
мер, какое увеличение б в расстоянии между узлами А и В (рис.
283, а) будет вызвано силами Р,, Р^, Р^, Приложим в этих узлах-две
равные и противоположные воображаемые силы Q, как указано на
рисунке. Из теоремы Кастилиано следует, что частная производная
дб)о— ^^^ укорочение расстояния АВ, вызываемое нагрузками
\, Pit Ру Пользуясь уравнением A97), находим,что это перемещение

щ
равняется ^)
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
[гл; xi
fee»
i-s=m
*-f),,,^gtt-£Bs;.. B02)
где5/—усилия, вызываемые в стержнях системы действующими
силами Р,, Pj, Р,; SJ— велиадны, определяемые из нагруженного со-
стояшя, показанного на рис. 283, Ь, в которшотбро-
шенцвседействукщие силы, авЛ и вВ приложены
aff: две ^противоположные силы, равные единице, и m —
(>9 число стерн^ней.
ЗАДАЧИ
J. Система, состоящая из двух призматических стержней
а ощнаковой длины н ддинакового поперечного сечения (рис. 284),
н«*«гг вертикальную нагрузку Р. Определить вертикальное
перемещение шарнира Л. ^ .; •
Решйкме. Растягивакнцее ушлие в стержне ЛВ и сжимакицее
усилие в стержне ЛС равны Р. Cлeдoвateльнo. Потенциальная
энергия системы равняется
РЧ
//==2——-
Вертикальное перемещение Л равняется
. ди 2Р1
- ^-дР'^Ш'
2, Определить горизонтальное перемещение шарнира Л в предыдущей задаче.
Рис. 284.
Рис. 285.
Решение. Прикладываем горизонтальную ворбр]ажаемую нагрузку Q, как
указано на рис. 284 пунктирной линией. Тогда потенциальная энергия систиш будет
■ 2FE ^ 2FE
*) Эта задача впервые была решена J-О. Maxwell'pM «On the Calculation of
the Equilibrium and Stiffness of Frames», Phil. Mag., i, 27, стр. 294, 1864; или
Scientific Papers, Cambri4ge,T, 1, стр. 598, 1890,

ТЦ ПРИЛОЖЕНИЕ TfSOHEl^ КА^ 2в?^
Пронзаодна^й от этого выражения по Qnp» 0»=Рда€тгориэонтадаьвр«1першеде^
3>Оп{м;д|^дить угдовое пер^мещешё cr?|»iwi9 Д^^, вызываемое naippi^aK Р
<рлс.'^, / . ,-
/'^auewi*: Првд« к сиа:^е )во«Eражд^ук> пар_у сил М, как показано Hsi
рисрЕкё пунк-Ырвымн линиями. Перемещение^, (бйответствующее этой па|№ сил,
есть jirjioaoe перемещение <р стержня ЛИ'^Ьт яагрузкн А Усилия в ст^жнях
Рис. 286.»
М 2М
будут: ■Р4' у^- в стержне Л5 и Р -~- в стержне ЛС Потенциальная энер-
г^$( равняется
откуда
\
4, Определить вертикальное перемещение точки Л й горизонтальное перще-
щенйе точки С стальной фермы, показанной на рис. 286, если Р=1000/сг, плсщади
поп^ечных.сечейий сжатых стержней равну 30 сл^, а растянутых ^— 12 ел*.
74. ПрилрЖенн^ Т«орены Кастнлнаио к fieiueiiHio ctaTiiiiecKH
неопределимых задач
Теорема Кастилиано весьма полезна также при решении етатиче-
скй неопределимых задач. Начнем с зал^ч, в которых реа^о^ии
опор рассматриваются как статически неопределимые велйчи1рй.
Обозвачая через X, Y, Z, ... статически неопределимые реактивные
силы, мсжем энергию деформации системы выразить в функций этщ
сил. Для неподвижных опор и для опор, движение которых
перпендикулярно к направлению реакций, частные производные от энергии
д^^рмации по неизвестным реактивным силам должны быть, по тео*
реме Картилйано, равньвр нулю. Следоват^ьно,
Щ-О. W=0- f=0..,. , B03)
' ' ■ * .
Таким способом мы аолучаш столько уравнений, сколько имеется
статически неопределимых реакций.
Можно показать, что уравнения B03) вьфажают условия для
njinimum'a функций (/, откуда следует, что величины статически н<&-
определимых реактивных. сил таковы, что делают потенциальную

2в8 ЭНЕРГИЯ ЯЁ*бРМАЦйи и УДАР [гл. XT
энергию системы minimurtj'oM. Это есть так называемый принцип
наименьшей работы, применяемый к определению лишних реакций^).
В качестве примера на применение упомянутого принципа
рассмотрим равномерно нагруженную балку, заделанную одним концом
и свободно опертую другим (рис. 287). Это — задача с одной стати-
i^;!' чески неопределимой реакцией.
Принимая за статически неопределимую
величину реакцию X правой опоры, найдем
эту неизвестную силу из уравнения .
^С
^-^ ди
«^=0. (а)
Рис. 287. . ^^
Потенциальная энергия балки, по^рмуле A90), равняется
где , ojK«
M-XAT — f^. (b)
Подставляя в (а), получаем
откуда
Х=|^/.
Вместо реактивной силы X за статически неопределимую величину
можно было бы принять реактивную пару М^ на левом конце балки.
Тогда энергия'деформации была бы функцией М^. Уравнение (Ь)
сохраняется, но изгибающий момент в каком-либо сечении будет
М
_ (Я1 мл ^ дх^
Исходя из условия, что левый конец балки при ее изгибе не
поворачивается, производная от энергии деформации по М^ должна
^) Принцип наименьшей -работы впервые был установлен F. Menabrea в его
статье «Nouveau principe sur la distribution des tensions dans les systemes elas-
tiquK», Compt. rend,, т. 46, стр. 1056, 1858; см. там же, т. 98, стр. 714,1884.
Полное доказательство принципа было дано Кастилиано, который сделал этот принцип
основным, методом решения статически неопределимых систем. Применение метода
потенциальной энергии в технике было разработано О. МоЬг'ом (см. его Abhandlun-
gen, цитиров.), Н. Muller-Breslau в его книге «Die neuiren Methoden der
Festigkeitslehre» и F. Engesser'oM «tJber die Berechnung statisch unbestimmter Syste-
me», Zentr. Bauverwalt., стр. 606, 1907. Очень полная библиография этого
предмета приведена в статье М. Grfining «EncyklopSdie der Mathematischen Wissenschaft»,
TOM 4, стр. 419,

74]
ПРИЛОЖЕНИЕ ТЕОРЕМЫ КАСТИЛИАНО
289
равняться нулю, т. е.
0 0
Lfsl^^^^o
" EJ\24 3 )~^'
откуда получаем абсолютное значение момента
Задачи, в которых за статически неопределимые величины мы
принимаем усилия, действующие в лишних стержнях системы, также
можно решать при помощи теоремы Ка-
стилиано. Возьмем, например, систему,
представленную на рис. 18, которая была
рассмотрена ранее (см. стр. 26).
Принимая за статически неопределимую
величину усилие X в вертикальном
стержне, найдем, что усилия в наклонных
р у
стержнях ОВ и 0D будут равны „ .
Обозначая через Ui энергию деформации
наклонных стержней (рис 288, а) и
через U2 энергию деформации вертикального стержня (рис. 288, Ь),
получим полную энергию деформации системы ^)
и=и,+и,= (^^^) ^^L-^^, (с)
Если 6 есть действительно перемещение вниз узла О на рис 18. то
производная по X от энергии Ui системы, представленной на
рис. 288, а, должна быть равна —6, так как усилие X системы имеет
направление, противоположное направлению перемещения 6. Также
производная ^ будет равна о, поэтому
Z7
Ь)
ди_
дХ'
ди^ . ди.
дХ "^ дХ
=—6+6=0.
(d)
Видно, что истинное значение усилия X в лишнем стержне таково,
что делает полную энергию деформации системы mini mum'ом.
Подставляя в уравнение (d) вместо U его выражение (с), получаем
Р -X I XI Q
2 cos'' а FE cos а FE '
^) Предполагается, что все стержни имеют одну н гу ле площадь поперечного
сечения и один и тот же модуль упругости Е,
10 с. п. Тимошенко

цт^-
290
бНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
1ГЛ. XI
откуда
Х=
1-^2 cos^ а
Подобные рассуждения можно применить к любой статически
неопределимой системе с одним лишним стержнем, и мы можем утверждать,
что усилие в этом стержне таково, что обращает энергию деформации
системы в minimum. Чтобы проиллюстрировать способ
вычисления усилий в таких системах, рассмотрим раму, показанную на
рис. 289, а. Реакции здесь статически определимы, но когда мы
попробуем определить усилия в стержнях, то найдем, что имеется один
лишний стержень. Примем стержень CD за лишний. Разрезаем этот
стержень в какой-либо точке и прикладываем к каждому концу F
и Fi силу X, равную усилию в стержне.
Таким образом, мы приходим к статически определимой
системе, подверженной действию известной силы Р и, кроме того,
неизвестных сил X. Усилия в стержнях этой системы будут найдены
в два этапа: 1) усилия, вызываемые внешней нагрузкой Р, когда
отсутствуете (рис. 289, 6), и обозначаемые через S^-, Т'де / указывает
номер стержня; 2) усилия, возникающие в том случае, когда
внешняя сила Р отброшена и силы, равные единице, заменяют силы X
(рис. 289,с). Последние усилия обозначаются через S',. Тогда полное
усилие в каком-либо стержне при одновременном действии силы Р
и сил X равняется
5,=S»H-5;X.
(е)
Полная потенциальная энергия системы по формуле A99)
равняется
|=1Я 2
(О
^ 2FiE -^ 2FiE
где суммирование распространяется на все стержни системы, вклю-

74]
ПРИЛОЖЕНИЕ ТЕОРЕМЫ КАСТИЛИАНО
291
чая и разрезанный стержень CD *). Применим теперь теорему Касти-
лиано, согласно которой производная от (У по X дает перемещение
концов F и F\no направлению одного к другому. В действительности
же стержень является неразрезанным, и это перемещение равняется
нулю. Отсюда
dU
dX
-0.
(g)
т. е. усилие X в лишнем стержне таково, что обращает
потенциальную энергию системы в minimum. Из уравнений (f) и (g) получаем
1 — 1 '
откуда
/ = i
/=:/» c^o'
-TW
x= —
1=1
F,E
/=1Я1о 2/
B04)
Этот способ можно распространить на систему, в которой имеется
несколько лишних стержней.
Принцип наименьшей рабогы также можно применять в тех
случаях, когда статически неизвестными величинами являются пары
сил. Возьмем в качестве
примера равномерно нагружен- ^1
ную балку на трех опорах
(рис. 290). Если за статически
неопределимую величину
принять изгибающий момент над
средней опорой, то, разрезая
балку в В, получаем две
свободно лежащие на опорах
балки (рис. 290,6),
нагруженные неизвестными парами сил Mf,, кроме известной равномерной
нагрузки q. Так как в действительности изогнутая ось балки
непрерывна, то никакого поворота конца В' балки А'В'
относительно конца В" балки В^С нет. Отсюда
dU
dM,
=0.
B05)
Опять значение статически неопределимой величины таково, что
обращает потенциальную энергию системы в minimum.
^) Для этого стержня S^==0 ы S^=l,
10*

m
292
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
[гл. XI
ЗАДАЧИ
1. Вертикальный груз Р удерживается вертикальным стержнем DB длиною /
и с площадью поперечного сечения F и двумя одинаково наклоненными стержнями
длиною / и с площадью поперечного сечения /", (рис. 29J). Определить усилия в
стержнях, а также отнохнение FJF, при котором усилия во
всех трех стержнях будут численно равны между собою.
Решение. Система является статически неопределимой.
Пусть X будет растягивающее усилие в вертикальном
стержне. Тогда сжимающие усилия в наклонных
р ^
будут 'j/.^ и потенциальная энергия системы равняется
тш^
V^
Рис. 29].
и=
ХЧ (Р-Х)Ч
2FE
2F,E
Принцип наименьшей работы дает
di[_Xl_
dX~FE '
откуда
X:
{Р-ХI
F,E
\^^f
=0,
Подставляя это значение X в уравнение
выражающее условие равенства сил во всех трех стержнях, получаем
F,=V2F.
2. Определить горизонтальную реакцию X в системе, показанной на рис. 292.
Решение. Неизвестная сила X войдет лишь в выражение для потенциальной
энергии при изгибе части АВ стержня. Для этой части М=Ра—Хх, и
равнение наименьшей работы дает *)
dL/^_d_ Г МЧх 1_ Г
dX~dX J 4EJ ~~EJ J
dX
откуда
a-
•P
X~P —
m
A
Рис. 292.
3. Определить горизонтальные реакции X системы, показанной на рис. 293.
Все размеры даны в таблице 6.
Решение. Из принципа наименьшей работы имеем
dV
^\и
2FiE~ZuFiEdX
(h)
*) В этом случае влиянием осевой силы на изгиб стержня АВ пренебрегают.

74)
ПРИЛОЖЕНИЕ ТЕОРЕМЫ КАСТИЛЙАНО
293
Таблица б
i
1
1
2
3
4
5
//, см
2
360,6
316,2
100,0
360,6
316,2
Данные для
Ff, с»?
3
25
15
10
25
15
фермы, показанной на
S?,
4
—1,803Р
+1,581Р
4-1,000Р
—1,803Р
+1,581Р
s;
5
+1,202
--2,108
—1,333
+ 1,202
—2,108
рис. 293
6
—31,24Я
-.70,26Р
—13,34Р
—31,24Р
—70,26Р
S=—216,34Р
7
20,82
93,68
17,78
20,82
- 93,68
2=246,78
Пусть S^ будет усилие в стержне /, вызываемое известной нагрузкой Р, при Х=0,
и пусть S{ будет усилие, вызываемое в том же стержне силами, равными единице,
которые заменяют усилия X (рис, 293,6). Значения S^ и S^ определяются из
статики. Они даны в столбцах 4 и Б таблицы 6. Тогда полное усилие в каком-либо
стержне будет
Подставляя в уравнение (h), находим
(i)
FiE
откуда
Х=
1=5
Е
г^Ъ
sjs;/,
•Ft
(j)
i=l
Fi
Рис. 293.
Необходимые числовые значения для вычисления X даны в столбцах 6 и 7
таблицы 6. Подставляя эти данные в уравнение (j). получаем .
Х=0,877Р.
4. Определить усилие в лишнем горизонтальном стержне системы, показанной
на рис. 294, полагая, что длина этого стержня равна 6 ми площадь поперечного
сечения равдяется Fq. Другие стержни имеют те же размеры, что и в задаче 3.
Решение. Усилие в горизонтальном стержне (стержень номер 0) вычисляется
из уравнения B04). Это уравнение подобно уравнению (j) в задаче 3, за
исключением того, что в системе, показанной на рис. 294, имеется дополнительный
горизонтальный стержень 0. Усилие, Возникающее в этом стержне только от одной силы
Р (Х=0), равняется нулю, т, е. S^=0. Усилие, вызываемое двумя силами, равными
единице (рис. 294,6), равняется S = 1.Дополнительный член в числителе уравнения
0) будет
S'S'L
о о
=0.
10 СП. Тимошенко

ш
Ш
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИЯ И УЯАР
{ГЛ- XI
Дополнит^ьный член в зяамв1ателе будет
.,«
SL и, 600
Тогда, пользуясь данными задачи 3, получаем
X'
216,34Я
'600
4^246,78
Взяв, наприм^ f о'^'бО см^, найдал
т. е. лишь на 4,7% меньше значения,
полученного в задаче 3 для неподвижных опор ^).
б'зяв площадь поперечного сечения F^^
i=5 еж*, получим
гг - 216,34Р _^ Q р
Окзода видно, что в статически неопределимых системах усилия в стержнях
зависят не только t)T приложенных нагрузок, но также и от площади поперечных
сечений стержней.
5. Определить усилня в стержнях системы, показанной на рис. 23, пользуясь
принципом наименьшей работы.
V е. Определить усилия в стержнях системы, показанной на J)hc. 295, полагая,
что все стержни одинаковых размерив и из одного материала. .
Решение. Если один стержень отбросить, то усилия в оставшихся стержнях
можно определить с помощью уравнений статики. Следовательно, система имеет
один лишний стержень. Пусть таковым ^дет сгернсёнь 1 и X ~ действующее
в нем усилие. Тогда все стержни на сторонах шестиугольника
будут иметь растягивающие усилия X, стержни 5, 9, 11 и^12
будут иметь сжимающие усилия X и стержни 7 и. 10 имеют
усилия Р—X. Потеншгальная энергия системы будет
t/=loi2r^2^
Х)Ч
2FE
2FE
dV
Из уравнения т^?=0 получаш
7. Определить усилия в стержнях системы, покйзанной на рисунке 289,
полагая площади поперечных сечений всех стержней равными между собой и
принимая усилие X в диай>нали AD за Статически неопределимую величину.
Решение, Подставляя данные, помещенные в таблице 7, в уравнетйе B04),
находим
:4^2У^2
^) Взяв F^=«o, мы получим те же условия, как для неподвижных опор.

74]
ПРИЛОЖЕНИЕ tEOPEMbl КАСТИЛИАНО
т
Таблица 7
- ■
/
;'. ■»--.
2
3
4
6
6
Данные для системы, прказкниой на рис. 289
h
а
а
■ а" ■■■
а '
аУ
аУГ-
sf _
1
Р
Р
0
—pV^
0"
..St;:':
1
1
ут
1
уж
1
/2-
+1
+1
s?5;/,
0
flP
-2сР
0
Si и
а
2
а
Т" ..
а
2
а
2 .
аУТ
аУ^Т
Е sf si ,г=^:Щт. 2 sr /^ ад+Г2)
8. Прямоугольная рама одинакового поперечного сечения фис. 296)
испытывает равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q, как показано «а ри^
сунке. Определить изгибаюише моменты в углах.
Ответ. /H=^ ; /.;•.
12(а-ф'*) '
й-
ИтутИу
Рис. 296.
А"^
#"
ь-
Рис. 297.
9. Нагрузка Р поддерживается двумя балками одинакового поперечного
сечения,, пересекающими одна другую, как показано на рис, 297. Определить давле-
ние'л между балками.
Р1' ' "
Ответ. Х==--—?.
I4i,
to
**

29R
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
ГГЛ. К!
10. Найти статически неопределимую величину Н в раме, показанной на
рис. 170, стр. 168, пользуясь принципом наименьшей работы.
Решение. Энергия деформации изгиба рамы равняется
О О
где Mff означает изгибающий момент, изменяющийся по длине горизонтального
стержня АВ и найденный как для балки, свободно лежащей «а опорах.
Подставляя в уравнение
dU
Ш
=0.
\
нах<яшм
2Н /t» HhH h_
EJ, 3 ^ EJ '^EJ
J«.
dx.
A)
(m)
Интеграл правой части представляет площадь треугольной эпюры моментов для
балки, нагруж№ной силой Р. Следовательно,
t
I
Подставляя в уравнение (т), мы получаем для Я то же выражение, как в'уравне-
нииA14).
11. Найти статически неопределимые величины в рамах, показанных на
рис. 169, 172 и 174, пользуясь принципом наименьшей работы.
12. Найти изгибающий момент Ми в балке, показанной на рис, 290, полагая
75. Теорема о взаимности работ и перемещений .
Начнем с задачи о балке, свободно лежащей на двух опорах и
показанной на рис. 298,а, и определим прогиб в точке Ь, когда
нагрузка Р действует в точке С. Этот прогиб получится
подстановкой в уравнение (86) x—d.
что дает
Pbd ,,,
' 6/ ^*
d').
Отсюда видно, что это
выражение не изменится, если мы
подставим d вместо Ъ 1лЬ вместо d,
что указывает на то, что для
случая, показанного на рис. 298,6,
прогиб в D, тот же, что
прогиб в D на рис. 298,а. Из
рис. 298,6 мы получаем рис. 298,с
простым поворотом балки на 180°,
что приводит точку С, к совпадению с точкой D и точку D, к
совпадению с точкой С. Следовательно, прогиб в С ни рис. 298,<: равен
Рис. 298.

75]
ТЕОРЕМА о ВЗАИМНОСТИ РАБОТ И ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
297
прогибу в D на рис. 298,а. Это значит, что если груз Р
передвинется из точки С в точку D, то прогиб, измеренный в D в
первом случае нагружения, получится такой же в точке С во
втором случае. Это есть частный случай т&)ремы о ^аимности
перёмещенцй.
Чтобы вывести теорему в о(кцем ввде^), рассмотрим упругое
тело, показанное на рис. 299, наг]>уженное двумя различными
способами и опертое таким образсш, что его перадещенне как твердого
тела невозможно. В первом напряженном состоянии приложенные
силы будут Р, и Р,, а во втором состоянии Р, и Р^. Перемещения точек
приложения в направлении сил в первом состоянии будут д„ д„ д,,
64 и во втором состоянии б|, бз, 6j, 6^. Теорема о взаимности работ
формулируется так: работа,
произведенная силами первого
состояния на соответствующих
перемещениях второго состояния, равна
раЬоте, произведенной силами
второго состояния на
соответствующих перемещениях первого
состояния; Символически это выразится
так:
p,6;-fp,6;=
ЯЛ'
р.К. B06)
Рис. 299.
Чтобы доказать эту*теорему, рассмотрим энергию деформации
тела, когда все силы P^,.
Рд действуют одновременно, и вос^
пользуемся тем обстоятельством, что количество энергии
деформации не зависит от порядка, в каком были приложены силы, но
зависит лишь от конечных значений сил. При первом способе нагружения
предположим, что сначала были приложены силы Р, и Р,, а затем Р,
и Р^. Потенциальная энергия, накопленная при приложении Р,
и Р^, равняется
РА , РА
(а)
Работа, произведенная силами Р, и Р^ при их приложении, рав
няется
РгЬ[ , Р.Ь',
+
(Ь)
Однако необходимо заметить, ято при приложении Р, и Р^ точки
*) Частный случай этой теоремы был получен J. С. Maxwell'oM (цитиров. на
стр. 286). Теорема принадлежит Е. В е 11 I, Nuovo cimento, сер. 2, тт. 7 и в, 1872.
В более общем виде теорема ^ла дана Lord'ом R еу 1е ig Ь'ем, Ргос. London
Math. Soc, т. 4, 1873; или Scientific Papers, т. 1, стр. 179. Различные применения
этой теоремы к решению технических задач были сделаны О. М о h г'ом и Н. М й 1-
1 е r-Breslau (цитиров. на стр. 288).

298 ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ и УДАР ГГЛ. XI
приложения ранее приложенных сил Р, и Р^ переместятся на б J
и б',. Тогда Р, и Р, совершат работу
Следовательно, суммируя (а), (Ь) и (с), найдем полную
потенциальную энергик), накопленГную в теле
при втором способе нагружения приложим сначала силы Р, и Р^,
а затем Р, и Р,. Тргда^ повторяя предыдуй^ие рассуждения, получаем:
Р.б' PJb' Р,б, Дб-
^=4-'+-т'+-#-*--г+^А+РЛ. (^)
Замечая, что выражения (d) и (е) должны представлять одно и то
же количество потенциальной энергии, получаем уравнение B06),
представляющее теорему о взаимности работ. Эта теорема может быть
доказана для какого угодно числа сил, а'также и для пар или Для сил
и пар. В случае пары за перемещение принимается соответствующий
угол поворота.
Для того частного случая, когда в, первом на1пряженном
состоянии действует одна сила Р,, а во втором состоянии одна сила Pg,
уравнение B06) становится*)
Если Pi=P8, тб б|=б2, Т. е. перемещение точки приложения силы Р,
в направлении этой силы, вызываемое силой Р., равно перемещению
точки приложения силы Р, в направлении Р,, вызываемое силой
Pj. Подтверждение этого заключения уже было дано для частного
случая балки, показанной на рис. 298.
В качестве другого примера рассмотрим изгиб балки, свободно
лежащей на двух опорах. Пусть в первом состоянии она изгибается
силой Р в середине, а во йтором состоянии изгибается парой М на
конце- Сила Р вызовет угол наклона на конце в^-г^^^* Пара М,
приложенная на конце, вызовет прогиб в середине 6=^^gj.
Уравнение B07) принимает вид
' п MP ., PI*
16EJ~'" 16EJ'
*) Эти выражения не разделены на 2, так как силы Я, и Р, остаются постоян-.
ными в то время, когда их точки приложения перемодаются на б' и б^.
*) Это было доказано BoepMieJ, С. Maxwell'oM И часто называется теоремой
MaxweU'a.

75]
ТЕОРЕМА О Взаимности fABOT ||^перемещений
Ш
Теорема о взаимности работ и перемещений весьма полезна в
задачах о йахождении наиболее неблагоприятного положения
подвижной нагрузки в статически неопределимых конструкциях. Примером
является рис. 300, который изображает балку с одним задеяанным,
концом и со свободно опертым другим и несущую сосредоточенный
груз Р. Задача заключается в tqm, чтобы
найти изменение величины реакции X
левой опоры при изменении расстояния
X груза от этой опоры. Примем
действительное состояние балки (рис. 300,а)
за первое состояние загружения.
Второе, или фиктивное, состояние показа^
но на рис. 300,6, Внешняя нагрузка и
лишняя опора отброшены и вместо
неизвестной реакции X приложена
направленная вверх сила, равная единице. Это второе состояние за^
грунсения является статически рпределимым, и соответствующая
изогнутая с»сь балки может быть определена (см. уравнение (97),
CTR. 134). Если оси координат приняты, как показано на
рис. 300, Ь, то
Рис. 300.
y^-wii^-J^yi^i^-x).
(О
Пусть Ь означает прогиб на конце и у — прогиб на расстояний х
от Лёвой опоры. Тогда, применяя теорему о взаимности работ,
находим, что работа, совершенная силами первого состояния на
соответствующих перемещениях второго состояния, равняется
ХЬ — Ру.
При вычислении же работы, со1вершенной силами второго состояния,
заметим, что на конце имеется лишь сила, равная единице *), а
соответствующее перемещение точки А в первом состоянии равно нулю.
Следовательно, эта работа равняется нулю и теорема о взаимности
работ дает
' уХЬ-Ру=^0,
откуда
Х=Р
у
(g)
Видно, что при изменений грузом Р своего положения на балке
(рис. ЖH, а) реакция X пропорциональна соответствующим
значениям у на рис. 300,6. Следовательно, изогнутая ось балки второго
*) Реакции в з^еланном конце не рассматриваются ни в том, ни в другом
случае, так как соответствующей перемещение равно нулю и соответствующая
работа равна нулю.

soo
8НЕРТИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
W
[гл. XI
состояния (уравнение @) дает полную картину того, как изменяется
К в зависимости от X. Такая линия называется инфлюэнтной линией
или линией влияния для реакции X *).
Если на балку, показанную на, рис. 300, а, одновременно
действует несколько грузов, то при помощи уравнения (g) совместно с
принципом сложения действия сил находим -
где у^ есть ордината инфлюэнтной линии, соответствующая точке
приложения груза Я„, и где суммирование распространено на все
грузы.
ЗАДАЧИ
t. Построить линии влияния для опорных реакций балки, лежащей на трех
опорах (рис. 301).
Решение. Чтобы получить линию влияния для реакции средней опоры,
принимаем действительное состояние загружения, показанное на рис. 301, а, за первое
состояние. Второе состояние указано на рис. 301, 6, в котором груз Р отброшен и
реакция X средней опоры заменена силой, равной единице и направленной вверх.
Второе состояние загружения является статически определимым, и изогнутая ось
балки «- известна (уравнение (86) и (87), стр. 129), следовательно прогибы 6 и ^
могут быть вычислены. Тогда работа,
произведенная силами первого состояния на соответствую-
' щих перемещениях второго состояния равняется
Хб-Ру.
'3t ""^1
//
^^ ti Т . ^,^^^^^ „ Работа сил второго состояния (сила, равная еди-
A*tf'irt__i^ \4,---T:ts>P нице) на соответствующих перемещениях первого
состояния (прогиб в С равен нулю) равна нулю.
Отсюда
'Г
\у
CJ
_-с
л:б - яу=о,
Х=Р~.
о
Рис. 301.
Следовательно, изогнутая ось балки второго
состояния дает форму линии влияния для реакцииХ
Для того чтобы получить линию влияния для
реакции опоры В, необходимо за второе состояние загружения принять
состояние, показанное на рис. 301,с.
2. Пользуясь линией влияния предыдущей задачи, определить реакцию В,
если груз Р находится в середине первого пролета (x=lj2) (рис. 301, а).
Ответ. Реакция направлена вниз и равна
ЗР
1
16 Тфу,*
8. Найти линию влияния для изгибающего момента над средней опорой С
балки, лежащей на трех опорах (рис. 302). Пользуясь этой линией влияния,
вычислить изгибающий момент Mq, когда груз Р находится в середине второго пролета.
Решение. Первым состоянием загружения является действительное состояние
(рис. 302. о) с изгибающим моментом Mq, действующим в сечении С. Для получения
*) Применение моделей при определении линий влияния было разработано
G, Е. В е g g s'oM, J. Franklin Inst., 1927.

751 ТЕОРЕМА О ВЗАИМЙОСТЯ РАВОТ tl ПЕРЕМЕЩЕНИЙ ^1
второго состояния груз Р отброшен, балка разрезана в сечении С и дИв Пары, равные
единице и направленные в противоположные стороны, заменяют Мс(рис 302,6).
Этот случай является статически определимым. Углы в, и О, бпр^далйю^оя
уравнением <104) и прогиб |г — уравнением <105). Сумма углов 9, и в, представляет
перемещение во втором состоянии, соответствукщее изгибающему моменту Mcf
Действующему в первом состоянии. Работа, лроизведенная силами первого состоя1ШЯ
на соответствующих перемещениях второго состояния, равняется *)
Работа, произведенная-силами второго состояния на перемещениях первого
состояния, равна нулю, так как в действительности никакого разреза на опоре С ие
существует и перемещение, соответствующее
двум парам, равным единице, второго
состояния, равно нулю. Отсюда
Л1с<9,^9«)-/'У=0
и
Таким образом, когда груз Р изменяет свое
положение, изгибакиций момент Мс
изменяется в том же отношении, как и прогиб у.
Следовательно, изогнутая ось балки второго состояния представляет форму лииии
влияния для Мс- Замечая, что
и что прогиб в середине второго пролета равняется
(у)^Л
2
находим, что при приложении груза Р в середине второго пролета изгибающий
момент на основании уравнения (Ь) равен
3 Pll
Положительный знак, полученный для Mq, показывает, что момент имеет
направление, указанное на рис. 302,6. Следуя нашему общему правилу для
знаков моментов (рис. 63), мы в этом случае рассматриваем Мс как
отрицательный момент. . '. ■
4. Найти линию влияния для изгибающего момента в заделанном конце В
балки АВ (рис. 300) и вычислить этот момент, когда груз находится на расстоянии
х=1/3 от левой опоры.
4
Ответ. Mi,==—:^ PL
5. Построить линию влияния для горизонтальных реакций Н рамы,
показанной на рис. 170, а, когда груз Р движется по стержню ЛВ.
Ответ. Линия влияния имеет тот же вид, что и изогнутая ось стержни ЛВ в
нагруженном состоянии, показанном на рис. 169, с.
*) Предполагается, что изгибаюишй момент Мд вызывает изгиб оси
вогнутостью вни^,

802
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИЙ И УДАР
1ГЛ. XI
6. Построить линию влияния для усилия X в горизонтальном стержне CD
(рис. 303,. а), когда груз Р движется по бйлке Л£. Вычислить X, когда груз
находится в середине. Перемещениями от удлинения и укорочения ртержней пренебречь
и принять во внимание' лишь перемацение
от изгиба балки Л В.
Решение. Действительное состояние (рис.
303, а) принято за первое состояние загруже-
ния. Во втором состоянии груз Р отброшен и
усилия X заменены силами, равными
единице C03, Ь). Возникающие от этих сил
давления, направленные вверх и равные {l'h)/c,^
пере^1аются балке АВв точках F кН,}л балка
прогибается, как указано пунктиром. Если у
есть прогиб балки в точке, соответствующей
грузу Р, и б есть перемацение точек С и D по
Направлению одна к другой во втором
состоянии, то теорема о взаимности работ дает
в
Хд - Ру^О
Х=Р|.
(i)
Рис. 303.
Следовательно, изогнутая ось балки АВ во
втором состоянии является требуемой линией
влияния. Изгиб балки двумя симметрично
расположенными грузами разобран в, задаче 1, стр. 141. Подставляя A •/!)>£
вместо Р в полученные там формулы, находим, что прогибы балки в точке F
и в средине соответственно
будут равны
%
(y)...^~~jCl-4c} I
и
Ч=Г2Ш<^-^">-
Рис. 305.
Рассматривая теперь вращение т']реугольника AFC (рис. ЗОЗ.с), как твердого
тела, находим, что горизонтальное перемещение точки С равно вертикальному пе-
ремоцению точки F, умноженному на h/c. Следовательно.,
h h'
6=2-
Подставляя это значение и прогиб в середине в уравнение (i), получаем
Р 3/«-4с»
'^~8h 3/~4с •
7. Найти линию влияния для усилия в стержне CD системы, показанной на
рис. 304, пренебрегая перемещениями от укорочений и удлинений и рассматривая
лишь изгиб балки АВ.
Ответ. Линия будет та же, что и для средней реакции балки, лежащей на трех
опорах (см. задачу I, стр. 300).
8. Построить линию влияния усилия для стержня ВС, который поддерживает
балку АВ. Найти усилие в ВС, когда Р находится в середине (рис. 305).
Ответ. Пренебрегая перемещениями от удлинения стержня ВС и укорочения
балки АВ, находим, что усилие в ВС равно тс^г-г •

76]
ИСКЛЮЧИТЕЛЬНЫЕ СЛУЧАИ
ш
- 76. Исключительные случаи
При выводе и теоремы Кастилиаво и теоремы о взаимности работ и п«реые-
щений предполагалось, что перемещенич, возникающие при деформ$ций, пропор-
ционйльны силам, действующим на упругую систему. Имеются случаи, в которых
першещения не
пропорциональны силам, хотя материал тела ^
Мсшет^ следовать, закону Гука.
Это бывает всегда, когда
перемещения при деформации могут
изменять действие вншших сил, В
т&%цх случаях потенциальная
энергия системы уже не
является функцией второй степени, и
теорема Кастилвано не имеет
места.
Для того чтобы объяснить
это обстоятельство, ^ рассмотрим
простой (Случай, в котором на
упругую систему действует лишь
одна сила Р.Предположим сначала, ^
что перемещение 8 пропорционально соответствующей силе Р, как изображено
прямой линией ОА на рис. ,306, а. Тогда площадь треугольника ОАВ представит
энергию деформации, накопленную в системе при приложении силы Р. При •
бесконечно малом увеличении перемещения на 48 потенциальная энергия увеличится на
величину, показанную на рисунке заштрихованной плсщадью, и мы получаем
dU=Pdb.
(а)
При линейной зависимости бесконечно малый треугольник ADC подоб(ен
треугольнику ОАВ, поэтому
jp^-p- или dS=-p-.
Подставляя это в уравнение (а), получаем
(Ь)
откуда получается положение Кастилиано:
dP=*- ^^>
Пример, в котором теорема Кастилиано не может быть применена» показан на
рис. 307. Два одинаковых горизонтальных стержня АС и ВС, прикрепленные
шарнирами А, В и С, подвергаются действию вертикальной силы Р в точке С. Пусть С,
будетположениёпоследеформациииа —угол наклона каждого стержня в его
деформированном состоянии. Относительное удлинение стержней из рис. 307,«,
будет '
e^f_i l]:l, (d)
\cosa J
Если рассматриваются лишь малые перемещения, то угол а мал и
I
cos а
рассматриваются
=14-^ приблизительно.
а
лишь малые 1^емещения.
Тогда из (d) имеем
е=-
а=

ш
Шг
S04
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИЙ Й УДАР
Соответствующие усилия в стержнях будут
FEa'
r=af£8=
Ггл. X»
(е)
Из условия равновесия узла Cj (рис, 307, Ь) следует
Р=2аГ.
(f)
и, подставляя вместо Т его значение из
уравнения (е), получаем P=FEa', откуда
а=|/
а=/а»=/
(g)
B08)
В' этом случае перемещение не
пропорционально силе Р, хотя материал стержней
следует закону*^ Гука. Зависимость между 8 и Р изображена на рис. 306,6 кривой
ОА. Заштрихованная площадь ОАВ на этом рисунке представляет потенциальную
9Вергак>, накопленную в системе. Количество потенциальной энергии равняется
8
£/=CPd6. . (h)
о
Подставляя из уравнения B08)
P=FE —
^
Р
получаем
,, ^^ Глз^« ^Еб* РЬ Р1 \/' Р
0)
Это показывает, что потенциальная энергия системы уже не является функцией
второй степени от силы Р. Также она не равна половине, а лишь четверти
произведения РЬ (см. § 71). Теорема Кастилиано, здесь, конечно, не имеет места
dU^J_fPl I /"£^\__]^\. i/X—1л
dP dP\ 1 Г FeJ" 3 ' У FE~ 3
Авалогячные р^ультаты получаются во всех случаях, гДе перемещения не
пропорциональны силам ^■), ,
*) Такие задачи были разобраны F. Е п g е s s е г»о м, Z. Arcbitekt. и. Ing.-Ver.,
I. 35, стр. 733, 1889; см, также Н. М, Westergaard, Ргос Ann. Soc. Civil.
Engrs., февраль, 1941.

ГЛАВА XII
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
77. Чистый изгиб кривых брусьев
При последующем изложении предполагается, что линия,
соединяющая центры тяжести поперечных сечений бруса и называемая
осью бруса, представляет собой плоскую кривую и что каждое
поперечное сечение имеет ось симметрии, лежащую в плоскости этой
кривой*). Брус подвергается действию сил, лежащих в указанной
плоскости симметрии, так что изгиб имеет место в этой же плоскости.
Рассмотрим сначала случай чистого изгиба кривого бруса
постоянного поперечного сечения, т. е. случай, когда к концам бруса
приложены пары сил М (рис. 308). Закон распределения напряжений
для этого случая может быть получен на основании тех же
предположений, которые были приняты ранее при рассмотрении изгиба
призматических брусьев, а именно, что поперечные сечения бруса,
первоначально плоские и нормальные к его оси, остаются такими же
^) Случай несимметричных поперечных сечений рассмотрен Р. К. С О d а v i s-
t'oM, Pubi. M 107, Iiist. f. Festig keitslehre Konigl. Tech, Hochschule,
Stockholm, 1953.

306 КРИВЫЕ врусья [гл. xii
и при изгибе бруса *). Пусть аЬ и erf будут два бесконечно близких
поперечных сечения бруса (рис. 308, а) и пусть rf(p будет угол между.
НИМИ до изгиба. Вследствие изгиба поперечное сечение Ы
поворачивается отнрсительдю аЬ около нейтральной оси пп на малый угол
Д^ф.Этот угол и Соответствующий момент М принимаются
положительными, есл1^ при изгибе первоначальная кривизна уменьшается.
При этом повороте продольные волокна на выпуклой стороне бруса
сжимаются, а волокна на вогнутой стороне растягиваются. Обозначая
через у расстояние волокна от оси, проходящей через центр тяжести
поперечного сечения и перпендикулярной плоскости изгиба,
принимая направление к центру кривизны осиj6pyca за положительное
и обозначая через е расстояние нейтральной оси пп он центра
тяжести с, мы находим, что удлинение какого-либо волокна при
изги^ равно (^—£:) А cf^ и соответствующее относительное удлинение
его равняется
(г —у)^ф ^ '
в этом выражении г означает радиус кривизны оси бруса (рис. 308,6),
а знаменатель в уравнений (а) представляет первоначальную длину
волокна между рассматриваемыми поперечными сечениями аЬ и Ы.
Предполагая, что между продольными волокнами не имеется
бокового давления^), получаем нормальное к поперечному сечению
напряжение в расстоянии j/ от центральной оси, равное
(г —у)^ф
Из этого видно, что распределение напряжений происходит уже не
по линейному закону, как в случае изгиба призматических брусьев,
а по гиперболическому закону, как показано на рис, 308, с. Из того
условия, что сумма нормальных усилий, распределенных по
поперечному сечению, равняется нулю в случае чистого изгиба, можно
заключить, что нейтральная ось здесь перемещается от центра
тяжести поперечного сечения по направлению к центру кривизны оси
бруса. В случае прямоугольного поперечного сечения бруса
заштрихованная площадь (рис. 308,с), соответствующая растяжению, должна
равняться заштрихованной площади, соответствующей сжатию,
^) Эта приближенная теория была разработана Е. Winkle г'ом, Civilingeni-
eur, т. 4, стр. 232, 1858; см. также efx) книгу «Die Lehre von der Elastizitat und
Festigkeit», Prague, гл, 15, 1867. Подобная теория была также разработана Н. R е-
5 а 1'ом, Ann. mines, стр. 617, 1862. Дальнейшее развитие теории было сделано F,
Grashof'oM в его книге «Elastizitat und Festigkeit», стр. 251, 1878; см. так^еТ о d-
huntern Ре arson. History of the Theory of Elasticity, т. 2, стр. 422, 1893.
06 опубликованных работах, относящихся к точному решению задач на кривые
брусья, см. «Theory of Elasticity» автора и J. N.' Goodier, стр. 63, 1951.
*) Точная теория показывает, что существует некоторое радиальное давление,
но оно не имеет существенного влияния на нормальные напряжения от изгиба а.

77] чистый изгйв КРИВЫ* брусьев ЩТ.
и мы сразу видим, что наибольшие напряжения возникают на
вогнутой стороне. Для того чтобы напряжения в крайних растянутых
и крайних сжатых волокнах были равны между собой, необходимо
применять такие формы поперечных сечений, которые имеют центр
тяжести ближе к вогнутой CTqpone бруса.
Уравнение (Ь) содержит две неизбестные величины: расстояние
е нейтральной оси пп от центра тяжести С (рис. 308, Ь) и угол
поворота Arfqj. Для определения этих величин воспользуемся двумя
уравнениями статики, согласно которым сумма нормальных усилий,
распределенных по поперечному сечению, равна нулю и момент этих
усилий равен моменту М внешних пар. Эти уравнения
представятся так:
adf=^f^l^^i^>i^=0, (С)
I
cydF=:^^\^-ZV=M. (d)
p
Из первого из этих уравнений следует, что
F F
I,
Первый интеграл в левой части этого уравнения имеет размернбсть
площади и может быть вьфажен в таком виде:
ydF
I
г —у
F
■тР, (f)
где m — коэффйГциент, определяемый для каждой частной формы
поперечного сечения путем выполнения указанного интегрирования.
Величина mf называется приведенной плом^одш поперечного
сечения..Второй ийтеграл может быть преобразован следующим образом:
^^ __Г(У^-^" — у)rff_Г ydF , Cd/='_/^ , ,^ F
г —у
ь
■j»*f^-t;fe+j'-;-("+')-?
Р Р
И уравнение (е) получается в таком виде:
откуда
mF—-(т-Ь1)у=0,
6==''--XT или т=—^. B09)
Теперь из уравнения (d), пользуясь преобразованием
(g)

808 КРИВЫЕ БРУСЬЯ [гл. XII
получаем
e^{mrF^meF)^M
V
E^d4> М М
d<p т(г --e)F Fe
B10)
Подставляя это значение в выражение (Ь), мы волучаем следующую
формулу для нормальн1^х. напряжений:
М{у — е) Mjy^e) ,riiiv
''-m(r-e)F(r-y)-~fe(r-y)' ^^**'
Для определения напряжений в наиболее удаленных волокнах
подставляем для точек А и В (рис. 308,6) значения y—h^ и у=—/ij,
тогда получим
,"^^=^. <'в ^У^. B12)
где г, и Гд означают радиусы внутренней и внешней поверхности
кривого бруса. Определив из уравнений (О и B09) величины mine для
данной формы поперечного сечения, мы можем легко вычислить
нормальные напряжения при помсици уравнения B11).
Изменение Д й?ф угла d^ между двумя последовательными
поперечными сечениями получается из уравнения B10), которое дает
^ eFE ег FE
И соответствующее изменение кривизны оси бруса будет
Д d<p_ М _М (т-^1) • /91Ч^
ds^erFE'' mr^FE ' ^^^ '
Если радиальный размер h кривого бруса мал по сравнению с
радиусом кривизны г оси бруса, мы можем пренебречь в уравнениях (f)
и (g) величиной у по сравнению с г и заключаем, что когда радиус
кривизны делается все большим и большим, число т приближается
к нулю, и величина mr^'F приближается к значению центрального
момента инерции J^ поперечного сечения. Тогда выражение B13),,
представляющее изменение кривизны оси бруса, приближается к
значению
что совпадает с прежде полученным значением для кривизны
первоначально прямых брусьев (см. стр. 123).

78]
ИЗГИБ СИЛАМИ, ДЕЙСТВУЮЩИМИ 8 ПЛОСКОСТИ СИММЕТРИИ
309
78. Изгиб кривых брусьев силами, действующими в плоскости
симметрии
Рассмотрим теперь более общий случай изгиба кривого бруса,
показанный на рис. 309, а. Предполагается, что силы Pi,..., Р^
представляют систему сил, находящихся в равновесии и действующих в
плоскости оси бруса, которая является плоскостью симметрии
бруса. Очевидно, изгиб бруса происходит в этой плоскости. Для
нахождения напряжений в каком-либо поперечном сечении тп бруса
(рис. 309, л) мы предположим, что часть бруса справа от поперечного
сечения тп отброшена и ее действие на левую часть бруса заменено
силой, приложенной в центре тяжести С поперечного сечения,
4> v.i->^ ^ ^ v^
и парой сил М. Разлагая силу на две составляющие iV и Q, одну
нормальную к поперечному сечению и другую, направленную ра-
дцально, мы окончательно получаем: изгибающий момент М,
продольную силу N и поперечную силу Q. Положительные направления
этих сил показаны на рис. 309,d>.
Напряжения и деформации, возникающие от пары сил, были
исследованы в предыдущем параграфе при рассмотрении чистого
изгиба кривого бруса. Напряжения, соответствующие продольной силе,
равномерно распределяются по поперечному сечению и их величина
будет равна N/F. Эти напряжения будут вызывать одинаковые
относительные удлинения волокон, но полные удлинения,
пропорциональные первоначальной длине волокон между какими-либо
двумя смежными поперечными сечениями, будут пропорциональны
расстоянию от центра кривизны О оси бруса (рис. 309, с). Таким об-
разом^ от действия продольной силы первоначальный угол с?Ф
увеличится на величину
А^Ф=^'. B15)
В то же самое время первоначальная длина ds элемента оси бруса
увеличится на величину
dids=-
Nds
r^
B16)

ш
810
КРИВЫГ ВРУСЬЯ
Ггл. xii
Поперечная сила Q вызывает касательные напряжения н
некоторое искривление поперечного сечения. Обычно предполагают, что
закон распределения касательных напряжений по поперечному
сечению кривого бруса такой же, как и для бруса с прямолинейной
осью *), В таком случае относительное радиальн<зе смещение двух
смежных поперечных сечений будет такое же, как для прямых
брусьев, и будет равно
' B17)
FG *•
Складывая нормальные напряжения, вызываемые парой сил М, с
нормальными напряжениями, возникающими от силы N, получаем-
М(у- е) N
Fe(r—y)'^F
B18)
Величину изменения Д rfcp угла между двумя смежными поперечными
сечениями находим по формуле
\ ^"'^-Ш-Ж- B19)
При помощи формул B15) — B19) можно вычислить напряжения и
деформаций кривого бруса для любого
рода нагрузки бруса, действующей в
плоскости кривизны его оси.
1^
1^£^
79. Частные случаи изгиба кривых брусьев
г?
В следукнцих примерах, для некоторых
частных случаев, приведены вычисления
величины /п, определяемой из уравнения
(f) §77, и расстояние е нейтральной оси
от центра тяжести поперечного сече-
^ ния. Зная эти величины, мы можем
вычислить напряжения в кривых брусьях при
помощи формул двух предыдущих
параграфов. -.
Прямоугольное поперечное сечение?^ этом случае ширина b
поперечного сечения (рис. 310) постоянна, и мы получаем
Рис. 310.
+-
+4
P h h
bK
*) Это допущение удовлетворительно согласуется с точным решением для yz-
кого прямоугольного поперечного сечения, см. книгу автора «Theory of Elasticity»,
«тр. 75, 195Ь

, mr
m^\
m=^i,xi_l
'(t-^-) , .
79| ЧАСТНЫЕ СЛУЧАЙ ИЗГИБА КРИВЫХ БРУСЬЕВ Ml
так что
(а)
■1
и
(Ь)
при малых значениях Л/г расстояние е мало по сравнению с Л и чтобы
вычислить его из уравнения (Ь) с достаточной точностью, необходимо
взять In^^c высокой стмхевью точности. Для того чтобы устранить
это неудобство, мы можем воспользоваться известным рядом
•n^=b4-^[.+>.(^)V4(|)V..l.
' '^ 2 ^
Тогда из уравнения (а) найдем
Таким образом, мы получаем быстро сходящийся ряд, из которого
можно легко вычислить величины /и и в С' какой угодно точностью.
Взяв только первый член ряда, мы получим
Jt.IL
'" "^ 12га "^ ^ 12г •
Если взять два члена ряда.'^то найдем
В (, ^ Ъ h^\ л» /,, 4 AM
ъ _ . , ,
Ёидно, что при малых значениях hlr расстояние е очень мало.
Тогда можно допустить с достаточной точностью линейный закон
распределения напряжений вместо гиперболического. Для
сравнения результатов, полученных для этих двух типов распределения
напряжений в случае прямоугольного поперечного се^^ения,
приведена таблица 8. В этой таблице для разных значений отношения rlh
даны отношения
fГ Fr

312
КРИВЫЕ ВРУСЬЯ
Ггл xtT
Из этой таблицы видно, что при г/Л > 10 можно принимать линейный
закон распределения напряжений и для наибольшего напряжения
можно с достатб^чной точностью пользоваться формулой,
выведенной для бруса с прямолинейной осью.
Таблица 8
Сравнение гиперболического и линейного законов
распределения напряжений
г
1Г
1
2
3
4
10
Гиперболический здкон
распределения напряже-
-" НИИ
а
9,2
14,4
20,2
26,2
62,0
Р
-4.4
—10,3
—16,1
—22,2
—58,0
Линейный закон
распределения на»
пряжений
а
6
12
18
24
60
Р
—6
—12
-18
—24
-60
Погрешность
в 'щах* '^
35,0
17-,0
10,9
9,2
3,2
Трапецоидадьное поперечное сечецие. Пользуясь опять уравнением
=fi^ (d)
mF
и вводя обозначение
v=^r — y, (е)
где V есть расстояние заштрихованного элемента (рис. 311) от оси
00, проходящей через центр кривизны оси
■4-н бруса, мы получаем
mf
_C{r~v)dF^^CdF р
(О
Переменная ширина поперечного сечения
^ (рис. 311) равняется
и
Рис. 3^1.
Подставляя это в уравнение (f), получим
(g)

791
ЧАСТНЫЕ СЛУЧАИ ИЗГИБА КРИВЫХ^ БРУСЬЕВ
313
Если Ь^^^Ь^^Ъ, тоэта формула совпадает с формулой (а), которая
была получена для прямоугольного поперечного сечения. Если мы
примем 6,=0, то получим из формулы (g) значение т для треугольного
поперечного сечения.
Тавровое поперечное, сечение. Поступая так же, как в предыдущем
случае, мы получим для поперечного сечения, изображенного на
рис. 312
m=f (б,1п^^+д,1п^)~1. (h)
Двутавровое поперечное сечение. Тот же способ, что и в предыдущем
случае, дает (рис. 313):
m=f (б,1п-^+г>,1п^+Ь.1п^)~.1. ^
(i)
Круговое поперечное сечение. Замечая, что в этом случае (рис. 314)
ширина поперечного сечения на расстоянии у от центра тяжести
Рис 312.
Рис. 313.
Рис. 314.
сечения равняется 2 j/^ —^», получаем для определения т
следующее уравнение;
2
mF=
V^-
у
p p h
2
Пользуясь рядом
--тШ'+К^У+КАу^... .,220)
мы получим

814
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
[ГЛ ХП
Это есть быстро сходяш.ийся ряд, из которого величину т можно
легко вычислить с какой угодно точностью.
Можно видеть, что при вычислении т из уравнения (d) величина
не изменится, если все элементы dfF умножить на некоторую"
постоянную величину, так как в этом случае интеграл уравнения (d) и
площадь F тогб же уравнения увеличатся в одном и том же отношении.
Из этого следует, что значение т, полученное для кругового
поперечного сечения из уравнечия (]), можно применить также для эллипса
с осями/г и /ij, так как в
этом случае каждая
элементарная площадка,
полученная для KJ3yra, должна
быть умножена на
постоянное отношение hjh.
Вычисление интеграла
в уравнении (d)- иногда
можно упростить путем
деления поперечного сечения
на несколько частей,
интегрирования каждой части и
сложения результатов этих интегрирований. Взяв, например,
поперечное сечение в виде кругового кольца с внешним диаметром Ли
внутренним диаметром /i, и пользуясь уравнением (j) для внешнего
й внутреннего кругов, мы найдем для кольцевого поперечного
сечения:
рис. 315.
+
•]}
(к)
Таким же способом мы можем развернуть формулы для поперечных
сечений, показанных на рисунках 312 и 313. Когда величина m
вычислена, то из уравнения B09) мы найдем г, а из уравнения B12)—
наибольшее напряжение.
Уравнение (d) является основой для графического определения
величины т в тех случаях, когда форма поперечного сечения не
может быть просто выражена аналитически. Из уравнения (d) видно,
что при вычислении приведенной площади каждую элементарную
площадку нужно уменьшить в отношении —^. Это можно сделать,
сохраняя ширину элементарных полосок, но уменьшая их длину в
указанном отношении (рис. 315). Таким путем получится заштри:
хованная площадь на рисунке. Разность методу площадями CDF и
ABC дает приведенную площадь тР. Зная это, можем легко
вычислить величины т и е.

79] ЧАСТНЫЕ СЛУЧАИ ИЗГИБА КРИВЫХ БРУСЬЕВ 81S
Так как значение mF получается как разность двух площадей, то
точность результата оказывается низкой и метод дает лишь грубое
приближение. Гораздо большая точность может быть получена путем
деления поперечного сечения на полоски одинаковой ширины и
затем применения правила Симпсона вместо вычисления интеграла
уравнения (d)').
Теория кривых брусьев, изложенная выше, применяется при
проектировании подъемных крюков'). На, рис. 316 изображена
рабочая часть к^эюка постоянного кругового поперечного
сечения. Предполагается, что вертикальная сила Р ^
проходит через центр кривизны О оси крюка.
Наибольшее нормальное напряжение от изгиба имеет
место в поперечном сечении, перпендикулярном
грузу Р. Затем, поступая так, как изложено в § 78, мы
найдем, что на горизонтальное- поперечное сечение
крюка действуют растягивающая сила Р, приложенная
в центре тяжести С поперечного сечения, и изгибающий
момент М^Рг. Складывая напряжения от силы Р и
изгибакяцего момента М и пользуясь уравнением B18), получаем
М(у~е) , Р.. Ру ']
о=
Fe(r — y)^ F Fm{r — y)
Применяя эту формулу к наиболее удаленным точкам, для которых
y=^jrh/2, мы найдем, что
_ __ Я _Л_ Р _h_ .0914
Видно, ЧТО численно наибольшее напряжение есть растягивающее
напряжение на внутренней поверхности, которое получается
умножением напряжения PIF на коэффициент напряо1сения
*=2^' B22)
величина которого зависит от отношения hl2r. Пользуясь
выражением B20) для т, найдем, что k изменяется от 13,5 до 15,4, в то время
как/i/2r изменяется от 0,6 до 0,4^). Вычисление напряжений в
подъемных крюках неправильного сечения можно выполнить, если
определить m при помощи правила Симпсона *).
^) Примеры таких вычислений даны в статье: А. М. W а h 1, J, Appl. Mech.,
TbM 13, стр. 239, 1946.
*) Теоретическое и эксперимкиальное исследование подъемных крюков было
сделано Национальной физической лабораторией в Англии; см. Н. J. G о и g h,
Н. L. С о X и D. G. S о р W i t h, Proc- Inst. Mech. Engrs. (London), дек., 1934.
Для сравнения теоретических нaпJ)яжeний ъ крюках прямоугольного поперечного
сечения с экспериментальными результатами см. К. В б 11 с h е г, Forschungsarb,
№337, 1931.
') При /i/2r=0,6 коэффициент k имеет наименьшее значение.
*) Этот метод описан А. М. Wahl'eM, цитиров. на стр. 315,

S16
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
Ггл. XTI
ЗАДАЧИ
1. Определить отношение численных значений сг^ах ** ^'^niiii ^^^ кривого бруса
прямоугольного поперечного сечения при чистом изгибе, если г=12 см и Л= 10 см.
Ответ.
'ЙИОС
^J^mfn
=1,81,
2. Решить предыдущую задачу для кругового поперечного сечения.
Ответ. с=0,54 см.
/
'ухах
^тЫ
4,4617
'5.54 Ч''
.1,96.
3. Определить размеры 6, и 6, двутаврового поперечного сечения (рис. 313),
чтобы a„i„ и Omjii при чистом изгибе были численно равны между собой. Даны
следующие размеры: г^=Ъ см, '"«'=4 см, г^Ь см, г^=7 см, 6j=l см, Ь^-\- 6,=5 см.
Решение. Из уравнений B12) имеем
hj—e _ h,-^e
или
г — г. —е
LUz— '
г-^е
откуда
._ S'-i^^
=4 ,2 см.
т+1 fj+rj
Подставляя вместо т значение (i) и замечая, что F=7/Cm'^, получим
7
4.2=
откуда
или
fr, Ш-i+Mn 1-4^{5 - 6,) In 1'
6, In -j-^E - 6.) 1.U -^-^ - 1 • In -
0.288*,^0,154 ф — fr,)=l ,667 — 0,406=1,261 см,
6,==3,67 см, 6,=5 —3,67=1,33 см.
4. Определить размер 6, таврового сечения
(рис. 312) так, чтобы а^^у^ и о„,-п при чистом изгибе
были численно равны между собой. Даны следующие
Рис. 317. размеры: '',=3 см, ^2=7 см, г,—4 см, Ь^=^ 1 см.
Ответ. 6,=3,09 см.
5. Определить of^ax и <^min Для крюка трапецеидального поперечного сечения
mn, представленного на рис, 317, если Р= 2000 Асг, ft,=4 см, ftj=l см, г,=3 см,
г^= 12 см.
Решение. Из уравнения (g) имеем
22,5
т^1 4-12
Радиус оси бруса будет
— ЬЗ, 12
9 ^^Т
D-1)
=3:Й5=^'^2 см.
см.

801
ДЕФОРМАЦИЯ КРИВЫХ БРУСЬЕВ
317
Поэтому^«=0,88 ел, Л,~-е==г—е—г,=5.72—3=2,72 см, Н^+ё^г^—г гЬс==12—
--5,72==6.28 ел, fe=22,5•0,88= 19,8 см*. М=Рг^ 13 200 кг см. Напряжения от
изгиба из уравнений B12) равны г
13 200.2,72 йпи / а
^''min—"
19^8-3
13 200-6,28
19,8.12
=— 349 Асг/сл*.
К этим напряжениям от изгиба нужно прибавить равномерно распредаченные
напряжения от растягивающей силы Р, равные P/f=2000/22,5=89 kzIcm^. Тогда
паяные напряжения будут
Отах==6044'89=693 KZJCi^,
«^min—— 3494-89=— 260 najcM^.
6. Найти наибольшее напряжение в крюке кругового
поперечного сечения, если диаметр поперечного сечения
й=^2,5 см, радиус оси г=2,5 см и Р=400 кг. '
Ответ. <Jmax=^^48 кг1см^.
7. Найти о„ах и а„|ц для кривого бруса кругового
поперечного сечения, нагруженного как показано на рис. 318,
если /1=10 см, г—\0 см, а= 10 ел и Р=2 т.
Ответ. о^^=6% кг/см^; cr^in— — 266 кг/см\
8. Решить предыдущую задачу, полагая, что поперечное
имеет форму, показанную на рис. 312, со следующими
Рис. 318.
сечение тп
размерами:
r^—Ъcм, г,=7,5 см, rj=22,5 см, ft,= 10 см, 6,=2,5 ел, а=10 ел, Р=1,6 т.
Ответ. о„ах~221 кг/см^, <^mfn=—^14 кг/см'^.
9. Решить задачу 7, полагая, что поперечное сечение тп является трапецои-
дальным, как на рис. 311, с размерами /•,=5 ел, rj=10,6 ел, ft,=5 ел, 6,5=2,5 ел,
а=0 и Р=1,25 т.
Ответ. Сттах"^^ кг/см\ о^щ——380 кг/см^.
80. Деформация кривых брусьев
Деформации кривых брусьев обычно определяются при помощи
теоремы Кастилиано ^). Начнем с простейшего случая, когда
размеры поперечного сечения бруса малы по сравнению с радиусом
кривизны его оси^). В этом случае изменение угла между двумя
смежными поперечными сечениями определяется уравнением B14),
аналогичным уравнению (а), стр. 123 для прямых брусьев, а энергия
деформации при изгибе определяется уравнением
U:
'} 2EJ,
о
B23)
^) См. стр. 277.
®) Случай, в котором размеры поперечного сечения не малы, рассмотрен
в задаче 6, стр. 325,

318
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
[гл. хп
В котором интегрирование распространяется на всю длину s бруса.
Уравнение B23) аналогично уравнению A90) для прямых брусьев ^)
и перемещение точки приложения какой-либо силы Р в направлении
силы равняется
.^
Рис. 319.
В качестве примера возьмем кривой
. брус постоянного поперечного сечения,
ось которого представляет четверть дуги
окружности (рис., 319); причем этот
брус нижним концом А, имеющим
вертикальную касательную, заделан, а на
другом конце нагружен в^)тикальной
силой Р. Изгибающий момент в каком-либо
поперечном сечении тп равняется М=—Рг cos ф. Подставляя это
в уравнение B^) и составляя выражение производной^ , найдем
вертикал ы1ое перемещение конца В:
Для определения горизонтального перемещения конца В нужно
приложить фиктивную горизонтальную силу Q, показанную на рисунке
пунктиром. Тогда
М=—[Рг cos qL-Q/-(l—81пф)] '
Горизонтальное перемещение равняется
2"

О о
Подставляя Q=0 в вьфажение для М, получим
1С
^г^-Щ^Рг^ С^^{^ — ^^^^)^^='Ш-^-
in ^
^) В случае тонких кривых стержней потенциальной энергией от продольных
и поперечных сил можно пренебречь. См. стр. 322.

SOI
ДЕФОРМАЦИЯ КРИВЫХ БРУСЬЕВ
319
Тонкое ^льцо. В качестве второго примера рассмотрим случай
тонкого кругового кольца, растягиваемого двумя равными и
противоположными силами Р, приложенными по концам
вертикального диаметра (рис. 32ф. Вследствие симметрци можно рассмот-
т 1
Рис. 320.
реть только, один квадрант (рис. 320,6) и вьгеести
заключение, что в поперечном сечении тп касательные усилия
отсутствуют, и действуют только растягивакицая сила, равна Р/2, и
изгибающий момент М^. Величина этого момента является статически
неопределимой и может быть найдена при помсщи теоремы Касти-
лиано. Из условия симметрии можно заключить, что поперечное
сечение тя при изгибе кольца не поворачивается. Следовательно,
перемещение, соответствующее изгибающему моменту на рис. 320, 6,
равно нулю и
дМ
=0.
(а)
где V есть потенциальная энергия рассматриваемого квадранта. Для
какого-либо поперечного сечения /п,п^, наклоненного под углом ф
к горизонтальному диаметру, изгибающий момент равняется *)
М=М^ 2"'^^^ —С08ф)
(Ь)
и
= 1.
Подставляя это в выражение B23) для потенциальной энергии и
^) Момент, который стремится уменьшить первоначальную кривизну бруса,
считаем положительным.

И"
320 КРИВЫЕ БРУСЬЯ [гл. XII
пользуясь уравнением (а), находим
к It
2 2
о о
^ It "^

откуда
м.
,=^(l—|-)=-0'182Рг. B24)
Подставляя в уравнение (Ь), получаем
УИ=^(со5ф-4). (с)
Из этого выражения можно определить изгибающий момент в любом
поперечном сечении кольца. Наибольший изгибающий момент будет
в точках приложения сил Р. Подставляя ф=зх/2 в уравнение (с),
находим
/W=:^fl«—0.318РГ. B25)
Знак минус указывает на то, что изгибающие моменты в точках
приложения сил Р стремятся увеличить кривизну кольца, .в то время
как момент М^ в сечении тп стремится уменьшить эту кривизну, и
кольцо будет иметь при изгибе форму, показанную на рис. 320,а
пунктиром.
Увеличение вертикального диаметра колвда также можно
определить при помощи теоремы Кастилиано. Полная энергия
деформации, накопленная в кольце, равняется
2
(/=4
I
причем значение М определяется по уравнению (с). Следовательно,
увеличение вертикального диаметра кольца равно
IX It
Т 
. dt/ 4 Г .. dM . Рг* С f 2 \»

801 ДЕФОРМАЦИЙ КРИВЫХ БРУСЬЕВ 321
Для определения уменьшения горизонтального диаметра кольца,
показанного на рис. 320, следует приложить к концам этого диаметра
две равные и противоположно направленные фиктивные силы Q.
Тогда, вычислив (^j __ , найдем, что уменьшение
горизонтального диаметра будет равно ^)
».=(^-т)щ;=0-'37^- B27)
Толстое кольир. Если размеры поперечного сечения кривого бруса не малы по
сравнению с радиусом кривизны его оси, то необходимо принять во внимание не
только энергию деформации от изгибающего момента, но также и энергию
деформации от продольных и поперечных сил. Изменение угла
между двумя смежными сечениями (рис. 321) от действия
пар М, на основании уравнения B13), равняется
. . М йф Mds.
при этом работа изгибающих пар М для элемента,
заключенного между двумя смежными сечениями,
равняется
Продольная сила Л^ вызывает удлинение элемента между Двумя смежными сечени-
ями в направлении оси бруса, равное -=:рг и увеличивает угол dip на величину
jTp— (уравнение B19)). Работа, совершаемая силами N при этом перемещении, рав-
N*d$ "^
няется r;r=rp. Кроме того, при перемещении от действия продольных сил N парами
'к MNds ^
сил Af будет совершена отрицательная работа: ■=гр— . Следовательно, полная
энергия, накопленная в элементе бруса при действии сил N, равняется
.,, N*ds MNds
Поперечная сила Q прсдазводит сдвиг одного поперечного сечения относитель-
0,0 d$
но другого на величину -гт^» где а есть численный коэффициент, зависящий
от формы поперечного сечения (см. уравнение B17)). Соответствующая
потенциальная энергия равняется
. aQ'ds
*) Весьма полное исследование круговых колец, находящихся под действием
различного рода нагрузок, было сделано С. В. Biezeno и его сотрудником J. J.
Koch'oM. Главные результаты их опубликованных работ помещены в книге:
Biezeno and R.Gramme 1, Technische Dynamik, 2-е изд., т. I, стр. 362—
395, 1953.

822
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
[гл. хп
Складывая (d), (ё) и (f) и интегрируя по всей длине бру^а, получйем полную
потенциальную энергию кривого бруса: ,
-Я
Фкё^'^йРЕ FEr^2FG
-1
ds.
B28)
Воспользуемся этим уравнениил для решения задачи, представленной на рис. 319.
Принимая направления, указанные на рис. 321, за положительные, мы имеем
Л4»в—Ягсозф. JV= —Рсозф, Q=Psin9,
где г — радиус оси бруса. Подставляя эти значения в уравнение B28) и применяя
теорему Кастилиано, находим вертикальное перемещение точки В:
il ■ ■ ■
ли ■ Рг ^
e^£^=il Р/'/-со5*ф . ^аЕ , . \.nPrfr,aE Л
dP /.£у^__-Ч^_со5«<р^-^81пЧ]^Ф==4?ЁG--^-ё-''^-
о
Если поперечное сечение бруса представляет прямоугольник шириной Ь и
высотой h, то, пользуясь для в приближенным значениш h^/12r (см. стр. 311) и
принимая а= 1,2 и £/G=2,6. находим •
Если h мало по сравнению с г, то вторым членом в скобках, представляющим
влияние на перемещение сил N ы Q, можно пренебречь, и. тогда мы придем к ранее
полученному уравнению (см. стр. 318).
Изложенная выше теория расчета толстых кривых брусьев часто
применяется при вычислении напряжений в таких элементах
машин, как звенья цепей и проушины
(рис. 322). В этих случаях
затруднение возникает при отыскании закона
распределения давлений по
поверхности бруса. Это распределение
давлений зависит от величины зазора ме:
жду болтом и кривым брусом.
Удовлетворительное решение задачи можно
получить, только пользуясь
одновременно аналитическим и
экспериментальным методами исследования *).
Частный случай проушины
прямоугольного поперечного сечения
(рис. 322) был весьма обстоятельно исследован ^). При этом исследо-
вании предполагалось, что зазоров не существует и что болт — абсо-
Ц О теоретическом исследовании задачи см.; Н. R е i s s п е г, Jahrb. wiss.
Ges. I. Luftfahrt, 1928; также J. Веке, Eisenbau, стр. 233, 1921; F. В 1 e i с h,
Theorie und Berechnung der eisem Brucken, стр. 256, 1924; Blumenfeld,
Z Ver. deut. Ing., 1907 и Baumann, там же, стр. 397, 1908. Эксперименты были
сделаны Dr. Mathar'oM (Forschungsarb. 306, 1928); см. также D. R ii п 1,
диссертация, Danzig, 1920; Preuss, Z. Ver. deut, Ing., т. S5, стр. 2173, 1911; M.
Воропаев, Известия Киевского политехнич. ин-та, 1910; Е. G. С о к е г, Photoelasti-
city, J. Franklin Inst., 1925.
?) H. R e i s s n e r and F, S t г a u с h, Ing. Arch., т. 4, стр. 481, 1933.
Рис. 322.

801
ДЕФОРМАЦИЯ' КРИВЫХ БРУСЬЕВ
Я^З
лютно твердый. Наибольшие растягивающие напряжения имеют
место на внутренней поверхности в поперечных сечениях,
перпендикулярных оси бруса, их величина может быть представлена формулой
'max
:а
8Р
(g)
где Р есть полная растягивающая сила, передаваемая брусом,
а — численный коэффициент, зависящий от отношения rjr^,
наружного радиуса к внутреннему радиусу проушины и 7— толщина
проушины, перпендикулярная плоскости рисунка. При rjr^, равном
2 и 4, значения а соответственно равны 4,30 и 4,39. Значения
напряжений, получаемые по формуле (g), удовлетворительно согласуются
с опытами ^). ,
Теория изгиба тонких колец нашла п|^имеиение при расчете
колец фюзеляжа в конструкциях аэропланов") и колец жесткости в
подводных лодках*).
При вычислении деформаций кривых брусьев мы пользовались до сих пор
теоремой Кастилиано, но эта задача может быть решена, как в случа-е прямых брусьев,
путем введения фиктивных сил. Вычисления особенно упрощаются в случае тонких
стержней, когдй можно пренебречь влиянием на деформации продольных и
поперечных сил. Рассмотрим стержень АВ (рис. 323), заделанный на конце А и
нагруженный в его плоскости симметрии ху. Для определения перемещения
конца £ рассмотрим бесконечно малое перемещение ^С этого конца вследствие
изгиба элемента тп стержня.. Пользуясь
уравнением B14) для определения
изменения угла между двумя смежными
поперечными сечениями тип, находим
Г /7
(h)
Замечая, что бесконечно малый
треугольник BCD подобен треугольнику nBtii,
находим две составляющие этого
перемещения:
С£}= -щ- (i/e -^ У), DB=-gj- (Хо — JC). A)
Рис. 323.
4toI&jI получить две составляющие полного перемещения конца В, мы должны лишь
просуммировать элементарные перемещения (!) для всех элементов стержня.
Обозначая эти составляющие через и п V и считая их положительными, если они
*) См. Сг. В i е г е 11, Mitt. deut. Materialprufungsanstalt, Spec., № 15,1931.
Исследование проушин фотоупругим методом &йло сделано К- Та к е m и г а и
Y. Н OS о к а W а, Rept. Aeronaut. Inst. (Tokyo), т. 18^стр. 128, 1926, см. также
М.М. Frocht andH.N.Hil VJ.Appl.Mech.,T.7, стр. 5,^ 1940. В последней
статье исследовано влияние зазора между болтом и отверстием?
*) Of. W. S t i е d а, Lirftfahrt—Forsch, т. 18, стр. 214, 1941. Английский
перевод см. Nat. Advisory Comm. Aeronaut. Tech. Mem., № 1004, 1942, см. также D. A,
Du P 1 a n t i e r, J. Aeronaut. Sci., т. 11, стр. 136, 1944; R. В e n j a m i n, там
же, Д". 19, стр. 585, 1952.
•) Весьма полное исследование таких колец можно найти в книге П. Ф. П а п-
к о в и ч а. Строительная механика корабля, Москва, т. 2, стр. 1«^816, 1947»

824 КРИВЫЕ БРУСЬЯ . [гл. хп
совпадают с положительными направлениями осей х я у, получаем
8 6
о о
Рассматривая, например, представленный на рис. 319 стержень, имеем
М= — Ргсозф, Уо — у=гA'-—&тЦ)), дсо — Jc=/-cos ф.
Подставляя в уравнение 0) и выполняя интегрирование, получаем результаты,
совпадающие с результатами, полученными на стр. 319.
Из уравнений (j) видно, что если мы приложим к каждому элементу стержня
. Mds
фиктивную горизонтальную силу величиною =гт— , то момент этих
распределенных сил относительно конца В даст значение перемещения и. Если вместо
горизонтальных сил возьмем вертикальные фиктивные силы той же интенсивности, то
момент этих сил относительно конца В дает перемещение v.
ЗАДАЧИ
К Определить вертикальное перемещение конца В тонкого кривого стержня,
имеющего постоянное поперечное сечение и ось — дугу полукруга (рис. 324).
Решение. Энергия деформации изгиба равняется
ч
М'г ^ф С F*f* A — cos <р)' г ^ф
2EJ^ ~J 2EJ^
Прогиб на конце равняется
Зл Pr^
. dU РгГС,, ^,,. '<
Рис. 324. —dP EJ.) ' ^' ^ 2 EJ'
2. Определить горизонтальное перемещение конца В в предыдущей задаче.
2Рг*
Ответ. б=-=гг- •
Eh
3. Определить увеличение расстояния между концами Л и В тонкого стержня
постоянного поперечного сечения, состоящего из дуги полукруга CD и двух
прямолинейных участков АС и BD (рис. 325).
Ошеш. в=|^ [^+г (^;.+-|.,ЧИг )]
4. Звено, состоящее из двух полукруп» и двух прямолинейных участков,
растягивается двумя равными, но протиэоположными силами, направленными по
вертикальной оси симметрии (рис. 326). Определить наибольший изгибающий момент,
полагая, что размеры поперечного сечения малы по сравнению с радиусом г.
Решение. Рассматривая одну четверть звена (рис. 326, Ь), найдем статически
неопределимый момент Me из того условия, что поперечное сечение,в котором дей:
ствует этот момент, при деформации не поворачивается. Тогда

801
ДЕФОРМАЦИЯ КРИВЫХ БРУСЬЕВ
32S
Замечая, что для прямолинейного участка М=М^. а для криволинейного участка
М=М — — гA —cos ф), и принимая во внимание только энергию деформации
изгиба, находим

dV d
ЛИ„ dM,
:{^;i.^:'^*2frj h-т"-"^*']'^'"'}-"'
откуда
Рг^ я —2
При /=0 это выражение совпадает с равнением B24), полученным ранее для
iP
В
Р
Л
Рис. 325.
Рис. 326.
кругового кольца. Наибольший момент будет в точках приложения сил Р и
равняется
5. Решить предыдущую задачу, полагая, что силы Р приложены, как показано
на рис. 326, с. ' .
Огтет. Изгибающий момент в точках Л рав1^яегся
,. Р r^rt - 2)^2г/<^/^
При /==0 это уравнение совпадает с уравнением для кругового кольца. При г=0.
/м ^^ как для балки с заделанными концами.
4' .
6 Опоеделить изгибающий момент М^ и увеличение вертикального диаметра
KDVroBoro кольца, показанного на рис. 320, полагая, что поперечное сечение кольца
S прямоугольник шириной 6 и высотой К причем эти размеры не малы по срав-
нению с радиусом г оси кольца. ^
Решешй. Пользуясь уравнением B28) для потенциальной энергии и
уравнением (Ь) для изгибающего момента, получаем для определения Л1д следующее
уравнение:
dM.
-)\tEe ta) "^
11 с, П. Тимошенко

820
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
[ГЛ^ Ш
откуда
• 2 V Л яг/
Сравнивая это уравнение с уравнением B24), видим, что третий член в скобках
представляет собой влияние продольной силы и не линейного закона распределения
напряжений. Величинь! погрешностей, получающихся при применений
приближенной формулы B24) вмест» предыдущего точного уравнения, приведены в
нижеследующей таблице 9. , .
Таблица9
Величины погрешностей приближенного расчета
efr se
Погрешность в %%
Из этой таблицы видно, что в большинстве случаев для вычисления Же можно ноль
зоваться приближенной формулой B24) и что ошибка имеет существенное значение
лишь тогда, когда А приближается к г или делается больше г.
Увелич^ие вертикального диаметра 1ёольца определяется из уравнения
. dU
Пользуясь уравнением B28) для f/ и подставляя в это "уравнение
Л/==-2-со8ф.
Рг
уA —СйЗф),
р
, +ll#{'-T)-f]-^T4f:l.
Сравнение с уравнением B26) показывает, что влияние
продольных и поперечных сил на' величину б обычно
очень мало*). .
7. Определить изгибающие моменты в тонком
кольце, имеющем две оси симметрии, при действии
равномерно распределенного внутреннего давления р.
Решение. Рассмотрим один квадрант (рис. 327) с^ полуосями а и Ь.
Если Мо ЦредсТавляет статически Неопределимый момент в сечении А, то
в к^ком-либо сечений С с координатами хну будет
изгибающий момент
MiesMf, — ра{а — х)-^
p{a—xfDy^
«Me —
^4^4^-
(к)
') Более точное решение задачи, показанной на рис. 320, дано автором; см
Извеспшя Киевского политехнического ин-та, 1910; см. так же Phil. Mag., т. 44, стр.
1014. 1922 и Theory of Elasticity, стр. 121, 1951. Это решение показывает, что изло
женная теория, основанная на гипотезе плоских сечений, дает весьма удовлетво
рительные результаты.

вщ^
ДЕФОРМАЦИЯ КРИВЫХ БРУСЬЕВ
325^
Подставляя ато в уравнение ~щ-=0| находим
/ ■ -. s ,
где s означает длину четверти кольца, а J^^ \ y*ds и У ^= \ ^ds — моменты
.; - ' О ' . О
инерции"~дуги АСВ относительно осей х и ^..Следовательно,
М
рс?
,,=__. _ _. {J^-\.Jy).
A)
Если кольцо имеет форму эвена, показанного на рис. 326. с размерами а==г
и 6==/ Л-г, то
па
п
Jx=-^(b - а)*+у F-а)Ч-^ а*+2а«F^ а).
па*
J^=^{b~~a) 0*4—х-•
Подставив это в уравнение A), получим
per
М«=-^-
26+(я
ЗГгуЪ [т(^-«J'-^f «'-^За' F- а)+у а(Ь-а)Л
Изгибающий MoiiieHT в каком-либо сечении теперь можно получить из
уравнения (к). «
Для эллиптического кольца вычисления более сложны*)*. Обозначая J'jf+/j,=
==аа*6, iWe=—^pa'и момент в сечении В (рис. 327) Mi=tP"^ приводим ниже
таблицу значений числовых коэффициентов а, 0 и удля различных значений от-
ноигения alb.
Таблица 10
Коэффициенты для расчета вллиптических колец
а
Т
а
1
1,571
0
0
0,9
1,663
0.057
0,060
0,8
1.795
0,133
0.148
1
0,7'
1,982
0,237
0,283
0,6
2,273.
0,391
0,498
0,5
2,736
0,629
0,870
0,4
3,559
1,049
1,576
0,3
5,327
1,927
3.128
8. Плоская спиральная пружина (рис. 328) прикреплена в центре к
вертикальному стержню С. К этому стержню приложена пара сил М^, которая закручивает
пружину. Эта пара уравновешивается горизонтальной силой Р, приложенной на
*) См. J. А. С. Н. Bresse, Cours de mecanique appliquee, Paris, 3 изд., стр. 493,
1880. См. также Н. R ёsа 1>J. math. (Liouville), т. 3, 1887; М. Ma гb ес. Bull,
assoc. tech. maritime, т. 19, 1908;» М. G о u р i 1, Ann. ponts. et chaussees. т. 2,
стр. 386, 1912; Mayer M i ta, Z. Ver. deut. Ing., т. 58, стр. 649. 1914;
W. F. Burke, Nat. Advisory Comm. Aeronaut. Tech. Notes, 444, 1933.
W

hv
328
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
Ггл. хп
другом конце пружины А, и реакцией стержня. Установить зависимость между
моментом /Ио и углом поворота 'стержня, если все; размеры пружины известны.
Предполагается, что угол закручивания не настолько велик, чтобы смежные витки
соприкасались друг с другом.
Решение. Принимая начало координат в точке Л, находим, что изгибающий
момент в какой-либо точке пружины на расстоянии у от силы Р равняется М=
•^Ру. Изменение угла между двумя смежными сечениями у рассматриваемой точ-
у ки, согласно уравнению B14), равняется
Л с1ф=
М ds' Pyds
EJ,
EJ..
Полный угол поворота одного конца пружины
относительно другого при закручивании будет
S ■ S
г Pyds Р г ^
Интеграл в правой части этого уравнения
представляет собой статический момент оси пружины
относительно оси X. Этот момент получается умножением
полной длины S спирали на расстояние ее центра тяжести от оси х. В обычном
случае с достаточной точностью можно принять это'расстояние равным г, т. е.
расстоянию от оси стержня С до силы Р. Тогда из уравнения (т) получим
Prs М
^=Ё77=
EJ-
(п)
Если конец А связан с каким-либо стержнем, то вращающий момент Mq,
приложенный в точке С, вызывает реактивную силу Р у закрепленного конца А пружины.
До тех пор, пока толщина пружины весьма мала, а число витков спирали великой
витки не соприкасаются между собой, принятое допущение о том, что сила Р
остается горизонтальной, можно считать достаточно точным .Следовательно, для
этого случая уравнение (п) будет справедливым *).
9. Пружина, представленная на рис. 328, находится в ненапряженном состоя
НИИ и закреплена в "точке А. Определить наибольшие напряжения и количество
энергии, накапливаемой в пружине при трех полных оборотах стержня, приняв
пружину изготовленной из стали в 1 см шириной, 0,5 мм толщиной и 300 см длиной.
Решение, Подставляя данные значения в уравнение (п), получаем
6п=М.
300.12
2,2.10«-.0,05»-Г
откуда
УИо=1,44 ке см.
Количество ^потенциальной энергии
5 Mis ,,
o--—-=17 ке CM.
о EJ
^) Более полный разбор этой задачи дан в книге А, Кастилиано, цитированной
на стр. 183. См, также Е. С. W а d 1 о w, Eflgineer, т. 150, стр. 474, 1930 и J. А.
Van den Broek. Trans. A. S, M. Ц„ т, 53, стр, 247, 1931. '

ВО]
ДЕФОРМАЦИЯ КРИВЫХ БРУСЬЕВ
329
Наибольшее напряжение будет в точке £1, где изгибающий момент может быть
принят равным 2Рг=2Мо, так что
'max
2-1,44.6
' 1-0,05»'
=6912 KzfcM^,
10. Поршневое кольцо внешнего очертания по кругу имеет прямоугольное
поперечное сечение постоянной ширины b и переменной высоты h (рис. 329).
Определить, какой должен быть закон изменения высоты h, чтобы кольцо, будучи
вставлено с поршна)! в цилиндр. ок^кзывалЪ на стенки цилиндра равномерно раогреде-
ленное давление.
Решение. Пусть г означает радиус цилиндра и г + б — внешний радиус
кольца в свободном состоянии. Приближенное решение задачи получится, если взять
внешний радиус кольца вместо переменного радиуса
кривизны его оси. Тогда, на ошовании уравнения
B14), изменение кривизны вследствие изгиба будет
Д# 1 I М_
ds ~г г^Ь~ EJ' ^°'
Изгибающий момент Мв каком-либо сечении тп
кольца, вызываемый давлением р, равномерно
распределенным по внешней поверхности кольца,
равняется
Ф
М=—2p6r«siii*
2 •
(Р)
Рис. 329.
Подставив это выражение в (о) и приняв bh*/l2 вместо /, а величину б/г» вместо
J-J-, так как б мало, получим для определения h следующее уравнение:
б __Р^24г*
Е h*
■sm*
Ф
откуда
., р 24г'' . - ф
Е Ь
sin^ -^.
(q)
(Г)
Полагая q)=rt, найдем наибольшую величину^ И*, которую обозначим через Л'д
Р 24г*
(S)
^-Е
б
Наиболь£11ие напряжения от изгиба в каком-либо сечении тп равняются
/И
0=
12рг« sin« -^
W
h^
(t)
Из выражений (t) и (г) можно видеть, что наибольшие напряжения от изгиба имеют
место при ф=я, т. е. в поперечном сечении, противоположном прорезу кольца.
Подставляя в уравнение (t) Л==Ло и ф=я, получаем
12р/^
'max"
(U)
03 этого уравнения можно вычислить h^, если заданы допускаемое напряжение для
кольца и давление р. Значение 8 находится путем подстановки \ в уравнение (s).
11* Сг П. [ииошцико

330
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
(гл. XII
Следует заметить, что если в месте прореза к концам кольца приложить по
направлению касательной две равные и противоположные силы Р, то они вызовут в^
каком-либо сечении тп кольца изгибакщйй момент
— Рг A — cos ф)=
2Prsin2-|-,
«г. е. этот изгибающий момент изменяется в зависимости от ф точно таким же
образом, «ак и момент М по уравнению (р)> Поэтому, если концы разомкнутого кольца
стянуть и в таком состоянии обработать его дЬ
внутреннего радиуса г цилиндра, то такое кольцо, й^ручи вставлено-
в цилиндр, окажет на стенки цилиндра равномерно
распределенное давление ^).
Для примера определим 8 и Лп для чугунного
поршневого кольца, если г=25 см, [0]=ЗОО кг/слг, р=»0,1 кг/см^ к
Е=В- 105.кг/сл<*. Подставив эти зцачения в уравнение (и)»
найдем Ло=1,6 см. Из уравнения (s) получим 6=0,29 cMi
П. Вывести формулу B27), данную на стр. 321.
12. На раму, состоящую из двух вертикальных
стержней и стержня в виде полукруга (рис. 3^), действует
сила Р, направленная по оси симметрии рамы. Найт»
горизонтальные реакции Н и изгибающий момент М в.
точке приложения силы Р, полагая, что рама имеет
постоянное поперечное сечение „ и в опорах А я В
Влиянием продольной и поперечной силы на деформацнк>
dU
Рис. 330.
имеются шарниры,
пренебречь.
Решение. Величина сил Н получится из уравнения -уп—О.
Результаты можно представить в виде
^ • И=:к^Р, M=k^Pr, (v>
где ftj и ft, — числовые коэффициенты, зависящие от величины отношения ///-,.
Несколько значений этих коэффициентов дано ниже, в таблице И.
Таблица И
Значения коэффициентов к уравнению (v)
JL
г
1,2
0,0984
^4
0,0857
0,294
1,6
0,0754
0,304
1.8
0,0669
0,313
2.0
0,0598
0,321
2,2
0,0537
0,328
2.4
0,0486
0,335
2,6
0,0442
0,341
2.8
0,0403
0,347
3,0
0,0370
0,352
13. Решить предыдущую задачу, полагая, что ь опорах 'Лий концы рамы
заделаны.
Ответ. Значения Н vi М определяются по формулам (v). Числовые значения
коэффициентов даны в таблице 12. '
/ ■ . . .
*)Эта теория была разработана Н. R е s а Гем, Ann. mines, т. 5, стр. 38, 1874;
Compt. rend., т. 73, стр. 542, 1871; см. также Е. R е i п h а г d t, Z. Ver. deut.Ing.,.
т. 45, стр. 232, 1901; Н. F г i е d m а n n, Z. osterr. Ing. Architekl.—Ver., т. 60.
стр. 632, 1908; Z. Ver. deirt. Ing., т. 68, стр. 254, 1924.0тносительно распорных
колец см. N. J. Н'^о 11, Edge Reinforcements of Cutouts in Monocoqo», J.AppLMech,»
T. 10, crp, 161. 1943.

81]
ДВУХШАРНЙРНЛЯ АРКА
Значения коэффициентов к уравнению (v)
33*f
ТаЬлица 12
/ _
f
ft,=
ft.=
1,2'
0,1659
0,2479
1,4
0,1459
0,2590
1,6
0,1295
0,2691
1,8
0,1157
0,2784
2,0
2,2
0,10400,0941
0,2870
0,2948
2,4
2,6
0,08550,0781
0,3021
0,3067
2,8
0,0716
0,03152
3,0
0,0659
0,3211
■
Из этой таблицы видно, что при заделанных концах^ рамы наибольший
изгибающий момент /И несколько меньше, чем в предыдущей задаче.
Полученные результаты можнЪ использовать для расчета напряжений в звене
цепи ряс. 326 при условии, что в звено вставлена распорка для того, чтойа
препятствовать какому-либо изменению горизонтального
размера звена.
14. Найти изгибающий мбмент М^ и
растягивающее усилие Н в поперечном сеченни А симметрично
нагруженного кругового' кольца, показанного на
рис. 331.
Ответ.
И-
f.zi — а , .. Рг .. .
2я
2я
{я —fe)tga}.
81. Двухшарнирная арка
2соза
Рис. 331.
На рис. 332 показана несущая
вертикальную нагрузку арка,. концы которой
шарнирно прикреплены к неподвижным
опорам Ли Б, находящимся на одном
уровне. Вертикальные составляющие реакций опор Л и б
можно определить из уравнений равновесия совершенно так
же, как для балки, свободно лежащей на двух опорал. Го-
-
А
'4.
!/
,
\PJ 1
h Д
'
-*.
н
Рис.-^32.
ризонтальныё составляющие должны быть равны по
величине и противоположны по направлению. Величина И этих
составлякнцнх называетс-я распором арки. Эту величину нельзя
получить из уравнений статики, но она может быть определена
при помощи теоремы Кастилиано. В случае пологой арки двумя
последними членами в общем выражении B28) для потенциальной
энергии можно пренебречь и для обычных размеров арок йроизве-

332 ^ КРИВЫЕ БРУСЬЯ [гл. XII
дение Fer можно заменить моментом инерции поперечного сечения
J^. Тогда уравнение для определения Н будет таким:
dt/ d с f-M
dH
о
Изгибающий момент в каком-либо сечении тп арки равняется
М=М, — Ну, (Ь)
где Мд есть изгибающий момент в Соответствующем сечении
свободно лежащей балки, имеющей тот же пролет и ту же нагрузку,
что и арка. Второй член под знаком интеграла уравнения (а)
представляет собой потенциальную энергию от продольной силы Л^
и имеет второстепенное значение. Для пологих арок можно, с
достаточной точностью, допустить, что эта сила N равняется
распору Н. Подставляя выражение (Ь) и N=H в уравнение (а),
получаем
о
откуда
C{Mo-Jiy)yds
о о
QM^ds
) EJ,
^=-7^ J—. B29)
y'ds Pds
EJ, "^J FE.
0 0
s
Для арки постоянного поперечного сечения при помощи
обозначения i^=J JF уравнение B29) можно представить в таком виде:
^M\;yds
H=-j-^ —. B30)
{ y'ds+i* {ds
о
Второй член в знаменателе представляет собой влияние
укорочения оси арки вследствие продольного сжатия. Во многих случаях
оно мало и им можно пренебречь. Тогда
S
^Mf;yds
//=1^^ -. B31)
О

81]
ДВУХШАРНИРНАЯ АРКА
333
Возьмем, например, случай параболической арки, несущей
постоянную нагрузку, равномерно распределенную по длине^ пролета,
с осью, определяемой уравнением
У=—-р—-• (с)
Тогда
Подставляя (с) и (d) в уравнение B31), получаем
8/•
(d)
(е)
Действительный распсф И будет меньше определяемого из
уравнения (е). Чтобы дать некоторое представление о возможной
погрешности АЯ, в нижеследующей таблице 13 приведены отношения
АН
-JP для различных арок ^). При вычислении величин, входящих
в эту таблицу, было применено полное выражение B28) для
потенциальной энергии, а также было принято, что для какого-либо
сечения арки
cosq>
где Fj и EJ^ — соответственно пло1^1,адь поперечного сечения и
жесткость при изгибе сечения арки в ключе, угол ф — угол между
поперечным сечением и осью у, а h — высота поперечного сечения
в ключе арки. При вычислении величины Н, входящей в
отношение -JJ-, было применено уравнение (е).
Таблица 13
« cos ф'
Отношение
н
для £фОК
f
1
h
ДЯ
1
12
1
10
0,1771
1
20
0,0513
1
Ж
0,0235
1
8
1
10
0,0837
1
20
0,0224
1
30
0,0101
1
4
1
10
0,0175
1
20
0,00444
1
30 -
0,00198
Эта таблица показывает, что погрешность от применения
уравнения (е) имеет существенное значение лишь для пологих арок
значительной толщины.
*J См, работу автора «Calcul des arcs elastiques», Paris, изд. Beranger, 1922,

334
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
[гл. XII
Так как опоры арки неподвижны, то изменение температуры
может вызвать значительные напряжения в сооружении. Чтобы
вычислить распор от изменения температуры на г, предположим,
что одна из опор является подвижной. Тогда, вследствие
температурного расширения, пролет арки увеличится на alt, где а есть
коэффициент линейного расширения материала арки. Распор найдется
из того условия, что он препятствует такому расширению арки,
производя уменьшение пролета на величину, равную alt. Применяя
теорему Кастилиано, получаем
(f)
Принимая во внимание лишь^влиянйе температуры и полагая Mo=^0
и N=H, из уравнения (f) получаем
. °^Ч . B32)
Н-
ds
п
Более подробное исследование усилий в арках может быть найдено
в книгах по теории сооружений^
82. Напряжения в ободе махового колеса*)
Благодаря влиянию спиц обод вращающегося махового колеса" испытывает
яе только растяжение, но также и изгиб. Выделим-часть-обода (рис. 333, Ь) двумя
поперечными сечениями А п В, делящими пополам углы межДу смежными
спицами, и рассмотрим ее как свободное тело.
/Л7
Рис. 333.
Пусть г — радиус оси обода, F — площадь поперечного сечения обода,
f, — площадь поперечного сечения спицы, / — момент инерции поперечного.
*) Весьма полное исследование изгиба круговых колец со спицами j^ano
G, В. В i е Z е п о и R, G г а m m е 1, цитированн, на стр. 321,

S2] НАПРЯЖЕНИЯ в ОБОДЕ МАХОВОГО КОЛЕСА 335
сечения обода, 2а — угол между двумя смежными спицами, q — вес единицы
длины обода, q^ — вес единицы длины спицы, со — угловая скорость махового
колеса.
Из условий симметрии заключаем, что по сечениям Л и S не может быть
касательных напряжений и что силы, действующие на эти сечения, приводятся
к продольной силе iVo и изгибающему моменту М^. Если X означает силу, растя-
гиваюй1ую спицу, то уравнение равновесия части АВ обода будет
2No sin а+Х — 2г« -^ со» sin а=0,
откуда
Af„=-^ (й«г« — =4^. (а)
° g 2sina
Продольная сила N в каком-либо сечении тп равняется
N=No cos ф-Ь-^— 2г sm* ~-=- тр-;—~- (Ь)
g 2 g 2 sin а
Изгибающий момент в том же сечении будет
М=Мо - N^A _cosф)+^^-^ 2 sin* -|-=A1o+-^sin«^. (с)
g 2 "'sin а 2
Сила X и момент М^ не могут быть определены из уравнений статики, но могут
быть найдены при помощи теоремы о наименьшей работе. Потенциальная энер*
гия деформации выделенной части АВ обода представится в таком виде *):
0,0
Растягивающая' сила Af, в каком-либо сечении спицы в расстоянии р от центра
колеса равняется ^)
Следовательно, энергия деформации спицы будет
(е)
' N\d9
Уравнения для определения Мд и X представятся в таком виде:
5|r4t/»+(/,)==0, (f)
'о
д
дХ
(t/,+t/,)=0. (g)
*) Предполагается, что толщина обода мала по сравнению с г и принимается
во внимание только энергия изгиба и растяжения.
**) Длина спицы принята равной г. В действительности она будет несколько
меньше г, ■ -

336
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
XII
Из уравнений (f) и (g), после подстановки в них (d) и (е), получим
м_Хг(\ 1 \
'^" 2 \Ш^~Т)'
Х-
,_ 2 9(oV»
1
B33)
B34)
где
^ ^ ~/.(«)^А(а)+~'
, , . 1 /sin 2а .а \
^»^«>=2liH^(-l-+XJ'
f г ч_ ^ /"sin 2а ^ а N 1
^^^^^~2Ш^\~Т~^ 2) 2а*
В нижеследующей таблице 14 приведены значения функций /, (а) и f^ (а) для
различного числа спиц п.
Таблица 14
Значения функций к уравнению B34)
П=5
Ш)
4
0,643
0,00608 '
6
0,957
0,00169
8
1,274
0,00076
Пользуясь этой таблицей, мы легко определяем натяжение спицы К по
формуле B34) и изгибающий момент Л4„ по формуле B33). После этого
продольная сила и изгибающий момент в каком-либо сечении тп обода могут быть
найдены из уравнений (а), (Ь) и (с) ^).
В качестве примера возьмем стальное маховое колесо, делающее 600 обо*
рогов в минуту, с радиусом г=1,5 м, с квадратным поперечным сечением обода
30x30 см^ и с шестью спицами площадью поперечного сечения /"^=150 ел*
каждая. Обод рассматриваем как свободно вращающееся кольцо; тогда
растягивающие напряжения, возникающие от центробежной силы, будут равняться
Дсм. уравнение A5))
0,0078 g2g2.,502=705,5/сг/сл«.
8
,2г2_:
981
При шести спицах 0=30", f^ (а)=0,957, f^ (а)=^0,00169. Следовательно, усилие,
действующее в каждое спице, согласно уравнению B34), равно
Х-.
2 qtah
Zri
gr 300-0.001б9+0,9574-6 "' g
^) Изложенная теория была разработана R. Bred Ч'ом, Z. Ver. deut. Ing.,
т. 45, стр. 267, 1901 и Н. В г а и е г'ом, Dinglers Politech J., стр. 353, 1908. См.
также J. G. Longbottom, Ргос. Inst. Mech. Engrs. (London), стр. 43, 1924
нК- Reinhardt, Forschungsarb., 226, 1920. Подобная задача возникает при
расчете напряжений в укрепляющих кольцах больших турбогенераторов, см.
Е. S с h W е г i п, Eiectrotech. Z„ стр. 40, 1931,

83] УРАЙНЕНВЕ ИЗОГНУТОЙ оси для БРУСА С КРУГОВОЙ, ОСЬЮ 337
Продольная сила для сечения, делящего пополам угол между спицами, по
уравнению (а), будет:
Af„=?^ - 0.0893 ?^==0,911^^^.
g ее
Изгибающий момент в том же сечении, по уравнению B33), будет:
Мо=-0,605 2^'кг ел.
Наибольшее напряжение в этом сечении равняется
<Утах=7'-^-"=644+85=729 кг/сл«.
Для поперечного сечения обода, взятого по оси спицы, уравнения (Ь) и
(с) дают
(Л/),=,=0,923?^\ (М)^,=1,19^^'/сгел.
Наибольшее напряжение в этом сечении равняется
<Ттах=652+167=819 mjcM^.
Видно, что в данном случае влияние изгиба обода на величину наибольшего
напряжения незначительно и расчет напряжений в ободе, как в свободно
вращающемся кольце, дает удовлетворительные результаты,
83. Уравнение изогнутой оси для бруса с круговой* осью
Для ТОНКОГО кривого бруса с круговой осью
дифференциальное уравнение изогнутой оси будет аналогично уравнению для
прямого бруса (уравнение G9) стр. 124). Пусть ABCD (рис. 334)
представляет ось кругового кольца после деформации и и означает
малые радиальные перемещения отдельных точек этой оси. Изме
некие кривизны оси стержня при изгибе можно исследовать,
рассматривая элемент тп кольца по деформации и соответствующий,
заключенный между теми же радиусами, элемент mi/2i
деформированного кольца (рис. 334, Ь). Первоначальная длина элемента тп
и его первоначальная кривизна будут:
'^=^''-f- f =^=|- (а)
При малых деформациях кривизна того же элемента после
деформации может быть принята равной кривизне Элемента т,/2,.
Последняя определяется уравнением

щ:
338
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
[гл. XII
В котором ^ф+А^ф означает угол между поперечными сечениями
ш, и Mj деформированного стержня, а rfs4-Arfs—длину элемента m^n,.
Перемещения и считаем положительными, если они направлены
к центру кольца, и очень малыми по сравнению с радиусом кольца.
Рис. 334.
Тогда угол между касательной к оси стержня в т^ и нормалью
к радиусу tnfi будет j-. Соответствующий угол в сечении /г^ будет
Тогда
du , еРи ,
А^ф=^^8.
(с)
При сравнении длины элемента т,/г, с длиной элемента тп мальий
углом ^ можно пренебречь и длину т^п^ принять равной (г—м)^ф.
Тогда
ds
Ads= —«dф=
uds
(d)
Подставляя (с) и (d) в уравнение (Ь), получаем
1
ds
или, Пренебрегая бесконечно малыми величинами высшего порядка,
находим

83], УРАВНЕНИЕ ИЗОГНУТОЙ оси для БРУСА С КРУГОВОЙ ОСЬЮ 339
откуда
Зависимость между приращением кривизны и величиной
изгибающего момента для тонких стержней, на основании уравнения
B14), выразится в следующем виде:
11 М
г, г EJ
(О
Знак минус в правой части этого уравнения зависит от знака
изгибающего момента, который считается положительным, Jecли он
вызывает уменьшение первоначальной кривизны стержня (рис. 308).
Из уравнение!, (е) и (f) следует, что
: . ^+^=_^. B35)
Это и есть дифференциальное уравнение изогнутой оси тонкого
стержня с круговой осью. Для бесконечно большого г это
уравнение совпадает с уравнением G9) для прямого бруса.
В качестве примера на применение уравнения B35)
рассмотрим задачу, представленную на рис. 320. Изгибающий момент в
каком-либо сечении /Wj/i,, согласно уравнению (с), стр. 320 будет:
М
Рт ( 2\
И уравнение' B35) представится в таком виде:
ds*
или
«и , U Яг /2 \
d*u , Яг» / 2 \
Общее решение этого уравнения будет:
м=Л cos ф+Б sin фН--^ —-^ Ф sin ф.
Псютоянные интегрирования Л и Б определяются из условий
симметрии:
^=0 при Ф=0 и ф=^,
что дает

840 КРИВЫЕ БРУСЬЯ [гл. XII
Тогда
Рг* Рг* . Рг*
При ф=0 и ф=л;/2 получаем
.V РГ* (\ П\
Эти результаты полностью совпадают с уравнениями B27) и B26),
полученными ранее при помощи теоремы Кастилиано *).
84. Изгиб кривых труб
При выводе закона распределения напряжения от изгиба в
кривых брусьях (§ 77) предполагалось, что форма поперечного
сечения остается без изменения. Это предположение справедливо
до тех пор, пока имеется сплошной брус, так как весьма малые
перемещения в плоскости поперечного сечения вследствие
поперечного сжатия или расхйирения не имеют существенного
влияния на распределение напряжений. Однако условия совершенно
меняются при изгибе тонких кривых труб. Известно, что кривые трубы
со сравнительно тонкими стенками проявляют при изгибе
меньшую жесткость, чем то следовало бы ожидать согласно обычной
теории кривых брусьев ^). Поэтому в таких случаях необходимо
принимать во внимание искажение поперечного сечения при изгибе^).
^) Дифференциальное уравнение B35) изогнутой оси кругового кольца было
выведено Н. R es а 1'ем. См. его «Traite du mecanique general», т. 5, стр. 78,
1880. См. также J. Boussinesq, Compt.rend., т. 97, стр. 843, 1883; Н. L а m b,
Proc. London Math. Soc, т. 19, стр. 365, 1888. Различные примеры применения
этого уравнения даны в статье R. М а у е г'а, Z. angew. Math. u. Phys., т. 61,
стр. 246, 1913; см. также К. Federhofer, Wasseerkraft u. Wasserwirtsch.,
т. 38, стр. 237, 1943.
*) Большая экспериментальная работа по изгибу кривых труб была
произведена А. В а п 11 i п'ом, Z. Ver. deut. Ing., т. 54, стр. 45, 1910; Forschungsarb,
96; см. также W. Н о v g а а г d, J. Math, and Phys., т.-7, 1928 и A. М. W a h 1,
Trans A.S.M.E., т. 49, 1927. Вопрос об изгибе кривых труб имеет практическое
значение при расчете напряжений в трубопроводах. Новейшая литература по
этому предмету дана в статье J. Е. В г о с к, J. Appl. Mech., т. 19, стр. 501, 1952»
См. также статью N. Goss'a, представленную собранию общества Инженеров
механиков, London, декабрь 1952.
^) Этот вопрос для труб круглого поперечного сечения рассмотрел Th. К а г-
m а п, 2. Ver. deut. Ing., т. 55, стр. 1889, 1911. Изгиб труб эллиптического
поперечного сечения был исследован М. Т. Н и b е г'о м, см. Ргос. 7-th Internat. Congr*
Appl. Math. Mech., том 1, стр. 322. 1948. Случай кривых труб
прямоугольного поперечного сечения был исследован автором; см. Trans. A.S.M.E., т, 45,
стр. 135,. 1923,

84]
ИЗГИБ КРИВЫХ ТРУБ
341
Рассмотрим заключенный между двумя смежными поперечными
сечениями элемент кривой круглой трубы (рис. 335), которая
изгибается парами сил в указанном направлении. Так как при
изгибе растягивающие усилия на
выпуклой стороне трубы и сжи-
макщие усилия на вогнутой
стороне дают равнодействукщие,
направленные к нейтральной
оси, то первоначально круговые
поперечные сечения трубы
сплющиваются, превращаясь в
эллиптические. Это сплкщивание
поперечного сечения оказывает
в свою очередь влияние на
деформацию продольных волокон
трубы. Допустим, что внешнее
волокно сФ после изгиба
занимает положение a^b^•,
обозначим его перемещение по
направлению к нейтральной оси
через Ь. Тогда полное удлинение этого волокна будет
Рис 335.
а,6, —ab^Uib^ — a^e^ —(аб —а,е^).
(а)
Обозначим через dsf угол между двумя смежными сечениями ас
и bd до деформации, Айф — изменение этого угла при изгибе,
г — радиус оси трубы и а — радиус поперечного сечения трубы.
Предположим, что отношение air настолько мало, что можно
считать нейтральную ось проходящей через центр тяжести
поперечного сечения. Тогда из рисунка получаем
a^b^—a^e^=^p, — 6) Д^ф ^ а А йф').
Полное удлинение волокна аЬ, определяемое уравнением (а),
равняется
оАб^ф—бйф
и относительное удлинение этого волокна будет:
сА d(f — bdff а ^d<p б
8=*-
(г+а)^ф г-\-а d<p г-\-а '
(Ь)
Первый член в правой части этого уравнения представляет собой
деформацию волокна вследствие поворота сечения bd относительно
сечения ас. Это есть удлинение, которое рассматривалось при
изгибе сплошных кривых брус1лв. Второй член в правой части
уравнения (Ь) представляет собой влияние сплющивания поперечного
^) Перемещение t считается весьма малым по сравнению с радиусом а.

342 КРИВЫЕ БРУСЬЯ [гл. х!Г
сечения. Очевидно, что это влийние может быть весьма
значительным. Возьмем, например, г4-а=150 см и б=0,05 см. Тогда
л - ■
величина —^=1/3000 и соответствукщее ей напряжение для
стальной трубы будет равно -р7^2,1-10*-1/3000=700 кг/см^.
Следовательно, весьма малое сплющивание поперечного сечения
вызывает значительное уменьшение напряжения в крайнем волок-?
не аЬ. Подобное же заключение можно вывести и для волокна cd,
расположенного на вогнутой повердности трубы.
Изменение направления изгибающего момента влечет за собой
изменение знака нормальных напряжений; в результате этого
вместо сплющивания трубы в радиальном направлении, произойдет
сплющивание в направлении» перпендикулярном к плоскости
чертежа., и благодаря этому сплющиванию волокно аЬ будет
перемещаться наружу. Путем таких же рассуждений, как и выше, можно
показать, что и в этом случае сплющивание пЪперечного сечения
вызывает уменьшение напряжений в наиболее удаленных волокнах.
Поэтому, можно заключить, что волокна труби, наиболее удаленные
от нейтральной оси, не принимают того участия в распределении
напряжений, которое предусматривается обычной теорией изгиба.
Это влияет на изгиб трубы точно таким же образом, как и
уменьшение ее момента инерции. Поэтому вместо уравнения B14),
которое было выведено для сплошных кривых брусьев, нужно при
определении деформаций тонких кривых труб пользоваться
следующим уравнением: ■
Д''"Р=^- B36)'
в котором k есть численный коэффициент, меньший единицы и
учит1ывающий влияние сплющивания. Этот коэффициент зависит от
размеров трубы и может быть вычислен по следующей
приближенной формуле *);
k==\- ^ ;,. B37)
10+12A)
где t—толщина стенок трубы. Эта формула показывает, что
влияние сплкщивания зависит лишь от величины отношения tr/a^.
Что же касается влияния сплкщивания на распределение
напряжения, то Карман показал, что вместо обычной формулы для
нормальных напряжений при изгибеа=-~ 2), где |/означает расстояние
'г
^) См. статью Th. К й г ш й п'а, цитированную на стр. 340.
'') Предполагается, что г велико по сравнению сан что гипотеза линей»
него распределения напряжений достаточно точна.

84]
ИЗГИБ КРИВЫХ ТРУБ
343
от нейтральной оси, нужно пользоваться следуюш^ей, более
сложной, фо]рмулой
где
ft 6
'НУ)
Наибольшее напряжение, определяег^ое из уравнения (с), равняется
шах
«1 с/ »
2J,
B38)
где d есть внешний диаметр трубы, а
.f 2
'* 3k УЩ
—численный коэффициент, зависящий от размеров трубы. В
нижеследующей таблице 15 приведено несколько значений ki:
• Т а б л и ц а 1 5
3Ha4eHHeJfci к формуле B38)
-
tr
кг
0,3
1,98
0,5
1,30
1,0
0,88
Отсюда виднОг что когда отношение tr/a^ мало, действительные
наибольшие напряжения значительно выше напряжений,
определяемых на основании обычной теории, в которой пренебрегается влия-
НЙ0Л сплющивания поперечного сечения.
Выводы, аналогичные предыдущим, можно сделать также и Для
т^убы прямоугольного поперечного сечения *). Например, найдено,
что для тонкой трубы квадратного поперечного Течения коэффициент
k в уравнении B36) зависит от величины отношения
__ 6*
где / — толщина стенок трубы, г —^ радиус оси трубы, b — длина
стороны квадрата, и определяется из следующего уравнения: -
l+0.0270n
B39)
, *) Такая задача встречается, например, при проектировании крана Фейр«
бейрна, ал. сноску 3, стр. 340.

344
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
[гл. хп
Например, при 6/г=0,1 и b/t=60 получим п=25 и fe=0,63.
Наибольшие напряжения в трубах прямоугольного
поперечного сечения увеличиваются обратно пропорционально
жесткости, т. е. в приведенном выше примере искажение поперечного
сечения увеличивает наибольшие напряжения приблизительно
на 60% 1). .
Если поперечное сечение кривого бруса имеет полки
значительной ширины, то вопрос об искажении поперечного сечения опять-
таки имеет практическое значение. Такую задачу, например, мы
имеем при исследовании напряжений от изгиба
"ЧЛ' в узле жесткой рамы двутаврового попе-
J речного сечения (рис. 336). Рассматривая
элемент рамы, заключенный между двумя
смежными поперечными сечениями тп и
m^n^, мы видим, ЧТО продольйые
напряжения от изгиба а в полках имеют состав-
ляюш.ие в радиальном направлении,
которые стремятся вызвать изгиб полок
(рис. 336, Ь). В результате этого изгиба
получается некоторое уменьшение продольных
напряжений *от изгиба а в частях полок,
расположенных на значительном
расстоянии от стенки. ■ Чтобы принять во внимание это обстоятельство,
нужно в формулу (i), на стр^ 313, для двутаврового сечения вместо
действительной ширины подставить полезную ширину аЬ полки.
Естественно, что величина коэффициента а, определянхцего
полезную ширину полки, зависит от гибкости полок, которая выражается
величиной
Р=1.32^.
(d)
где t—^толщина полки и г—радиус кривизны полки. Для
внутренней полки г^г^, а для наружной полки г='г,^. Вычисления пока-
зьщают, что если р<0,65, то изгибом полок можно пренебречь, и
мы можем непосредственно применять теорию, изложенную в
§ 79. При больших значениях Р для вычисления полезной ширины
полки можно пользоваться формулой '^у
«^='(т-^)^-
(е)
^) О дальнейшем развитии теории изгиба кривых труб см. L. В е s к i п,
J. Appl. Mech,, т. 12, 1946, Е. R е i s а п е г, Ргос, Nat. Acad. Sci.. т. 35, стр. 204,
1949; R. А. С 1 а г к. Т. i. G i 1 г о у and Е. R е i s s п е г. J, Appl. Mech.. т. 19.
1952.^
') Вывод этой формулы см. в докторской диссертации Otto Steiatiard t'a.
Darmstadt, 1938. Результаты опытов проделанных S t е i п h а г d I'o м,
удовлетворительно согласуются с формулой.

85] ИЗГИБ КРИВОГО БРУСА НЕ В ПЛОСКОСТИ ЕГО НАЧАЛЬНОЙ КРИВИЗНЫ 345
предположим, например, что мы имеем ширину полки 6=15 см,
соответствующий радиус /-=20 см и толщину /=2,5 см. Тогда по
формуле (d) получим р=2,80 и полезная ширина полки равняется
0,35-15=5,25 сл«.
85. Изгиб кривого бруса не в плоскости его
начальной кривизны
Выше мы излагали вопрос об изгибе кривых брусьев в
плоскости ИХ начальной кривизны. Однако имеются случаи, когда силы,
действующие на кривой брус, не лежат в плоскости оси бруса ^).
В таких случаях необходимо рассматривать изгиб бруса в двух
перпендикулярных плоскостях и кручение бруса. Простая задача
такого рода показана на рис. 337, а, в которой часть
горизонтального кругового кольца, заделанная в сечении А, нагружена
вертикальной нагрузкой Р, приложенной на конце Б^).
Рассматривая поперечное сечение D бруса и принимая координатные оси,
как показано на рисунках 337, b и 337, с '), находим, что моменты
внешней силы Р относительно этих осей равняются
Мд.= —Prsin(a —ф), Му=0,
М^=Рг[\—cos (а—Ар)]. (а)
При помощи этих выражений можно вычислить в любом
поперечном сечении напряжения от изгиба и кручения. При вычислении
')■ Несколько задач такого рода были рассмотрены I. S t и t z'om, Z. osterr.
Architekt. u. IngT Ver., стр. 682, 1904; H. M ii 11 e r—В r e s 1 a u, Dieneueren
Methoden der Festigkeitslehre, 2 изд., стр. 258, 1913 и 4 изд., стр. 265; В. G. К а п-
п е п b е г g, Eisenbau, стр. 329, 1913. Случай кругового кольца, опертого в
нескольких точках и нагруженного силами, перпендикулярными плоскости кольца,
был рассмотрен F. D и s t е г Ь е h п'ом, Eisenbau, стр. 73, 1920 и G. U п о 1 d,
Forschungsarb., № 225, 1922. Та же задача была рассмотрена С. В. Biezeno при
помощи теоремы б наименьшей работе, Ingenieur (Utrecht), 1927 и Z. angew Math,
u, Mech., т.' 8, стр. 237, 1928. Применение тригонометрических рядов к той же
задаче показано Biezeno и J. J. К о с h'oM там же, т. 16, стр. 321, 1936.
Эта задача имеет практическое значение при проектировании паропроводов.
Соответствующая библиография дана в статье Н. Е. М а у г о s е, J. Appf. Mech.,
т. 4, стр. 89, 1937. См. также А. Н. G i b s о n and E. G. R i t с h i e, A Study
of the^Circular — Arc. Bow — Girder, London, 1914. Полное исследование вопроса-
можно найти в книге Biezeno и R. Gramme 1, цитированн. на стр. 321;
см. также опубликованные работы: М. В. Н о g а п, Bull. Univ. of Utah, т. 34,
1943—1944; т. 35. 1945 и 1947; т. 36, 1947; т. 38, 1948. В последнем бюллетене дан
список многочисленных опубликованных работ, относящихся к расчету
круговых колец.
*) Эта задача была рассмотрена St.-Venant'oM; см. его статьи в Compt. rend,,
т. 17, 1843. ,
') Предполагается, что горизонтальная ось х и вертикальная ось у являются
осями симметрии поперечного сечения в что ось z — касательная к оси кольца
в точке D,

щ:
346
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
[гл. хп
перемещения конца В применяется теорема Кастилиано, для чего
необходимо иметь выражение для потенциальной энергии бруса.
, Полагая, что размеры поперечного
"-"^^^А сечения бруса малы по сравнению
«-^л^х^и ^ радиусом г, применяем здесь те
же формулы, которые ранее были
выведены для прямого бруса (см.
уравнения A86) и A90)). Поэтому
выражение для потенциальной энергии
бруса представится в таком виде:
J \2EJ.
к\
h-^ejrd^, (b)
где С означает жесткость при
кручении бруса ^)- Тогда искомое
перемещение б получится из уравнения
^~~дР'
Подставляя вместо U выражение (Ь) и замечая, что
дР
Л НА
= --/-sin(a —ф) и -^=г[1—со8(а~ф)].
получаем
6=^1 |sin*(a —ф)+%^ II — cos(a-i-tf)]» jd^p. B40)
В частном случае ^пр и а=тг/2 имеем
е Рг* f я , EJx /3rt
Если поперечное сечение кольца является круговым, то C=GJ ^^^
=2GJ^, полагая £=2,6E, получаем
4
«=Щ[т+>-3(?-2)] = 1.248
B41)
В качестве примера статически неопр<еделимой задачи
рассмотрим горизонтальный брус в виде полукруга с заделанными
концами и нагруженный посередине (рис. 338, а). Рассматривая
*) Вычисление,С для различных форм поперечного сечения рассмотрено
в главе VII, часть II; О более строгом изложении вопроса о напряжениях в части
кольца см. Theory of Elasticity, стр, 391, 1951.

85l ИЗГИБ КРИВОГО БРУСА НЕ В ПЛОСКОСТИ ЕГО НАЧАЛЬНОЙ КРИВИЗНЫ 34t
только малые вертикальные перемещения бруса, мы можем вполне
Пренебречь перемещениями в гфизонтальной плоскости, как
малыми величинами высшего порядка. Следовательно, не будет ни
изгиба кольца в его плоскости, ни сил или моментов в этой
плоскости на концах 4 и Д. Рассматривая
заделанный конец В,ш заключаем из £'
условий равновесия, что там будут дей- <^Т<^'''"'1г *-—^
ствовать вертикальная реакция Р/2. и
мшент Мхо~Рг/2. Момент М^д также
будет действовать, препятствуя
концевому сечению В поворачиваться
относительно оси г^. Величина этого
момента не может быть определена из
уравнений статики. Мы найдем ее при
помощи теоремы о наименьшей работе,
согласно которой имеем
^^-=0. (d)
дМ
го
При выводе выражения для
потенциальной энергии бруса мы изображаем
моменты, приложенные к концу В, векторами Рг/2 и Мг^, как
показано на рис. 338, Ь. Тогда моменты М^ и М^ в каком-либо
поперечном сечении D будут
Рг
М
СОЗф — Ж^о 81Пф
Рг
2 ^'"Ф-
Л1^= Y ^^" Ф+ ^го COS ф — -^ A — COS ф).
(е)
и выражение для потенциальной энергии представится в таком виде:
,, „p/'Ml м'Л
'^''^]Ут:+^)'"^- (g)
о -
Подставляя это выражение в уравнение (d) и замечая, что
ам„ . дм,
щ^==-51Пф, ЗЛ?^=С08ф,
получаем
It
\ с / Рг Рг \
^ \ f у sin^ф-f/Иг„ sin*Ф — Ysinф cosф Jdф-f
1 г ТРг Рг 1
-Н-^ J Ly ^*" Ф ^^ Ф+^яо со8*ф — -2* A — COS ф) cos ф Ыф=0,

348 КРИВЫЕ БРУСЬЯ [гл. XII
откуда
М.
=-?(г-1)=^-0Л82Рг. B42)
Знак минус указывает на то, что направление М^„
противоположно тому, что показано на рис 338, а. Зная М^ , мы можем из вы-"
ражений (е) и (f) получить изгибающий и крутящий моменты в
любом поперечном сечении.
Наибольший прогиб, очевидно, будет под нагрузкой, и мы легко
получим его из уравнения Кастилиано:
б=^. (h)
Подставляя выражение (g) для U и замечая, что
дР ~~ 2
дР
-^=-2-(COS ф —Sin ф),
-^=-5-(81Пф+С08ф —I),
получаем
+
«-2^{B-0'363)(f-
-h^ [B-0,363) ^^+4)+^-4+0.363-j 1=0,514 2^. (j)
При нахождении частных производных (i) мы пренебрегли тем
обстоятельством, что крутящий ^момент М^^ не является независи
мой величиной, но представляет функцию от Р, определяемую
выражением B42). Если мы примем это во внимание, то правая часть
уравнения (h) будет написана в следующем виде:
дР~^дЩ~1Р~' ^^^
Но второй член в этом выражении отпадает, согласно уравнению
(d) Следовательно, наш предыдущий способ определения прогиба
6 является обоснованным.
Иногда мы должны рассматривать кривые брусья, ось которых
не является плоской кривой, и в этом случае мы будем иметь
пространственную задачу Задачи такого рода встречаются,
например, при расчете укрепляющего ребра в трубчатых фюзеляжах.
Здесь опять может быть применен с пользой метод Кастилиано *)..
М См. статью к. Marguerre, Lufttahrt. Forsch, т 18, стр. 253—61, 1941;
Nat. Advisory. Comm. Aeronaut, Mem, Ka 1005,1942, См, также N. J. H о f f,
цитированн, на стр. 330,

85] ИЗГИБ КРИВОГО БРУСА НЕ В ПЛОСКОСТИ ЕГО НАЧАЛЬНОЙ КРИВИЗНЫ 349
ЗАДАЧИ
1. Кривой брус с круговой осью и с а==п;/2 (рис. 337) нагружен на конце
скручивающей парой М^^Т. Найти перемещение конца В в вертикальном
направлении.
■ffi
Ответ. Полагая EJ^IC— 1,3, находим а = 0,506 -р-р.
2. Решить предыдущую задачу, полагая, что к концу В приложена
изгибающая пара Л1 jc=Mo в вертикальной плоскости, касательной к оси в точке В.
Ответ, а = 1,150-—-.
3. Брус в виде полукруга с осью в
горизонтальной плоскости заделан в сечениях Л а В и нагружен
симметрично двумя вертикальными грузами Р в
сечениях С и D (рис. 339)., Найти крутящие моменты
М. в заделанных концах.
Z0 2
Ответ, м^^ =—-|-Рг (у —cos P — psinpV
1-8
4. Решить предыдущую задачу для случая равномерной вертикальной
нагрузки интенсивностью q, распределенной по всей длине бруса.
Ответ. М^^ = - дг^ ^|. _> ±^ = -0,32^г«
5. Горизонтальный брус в виде полукруга, показанный на рис. 339 и
равномерно нагруженный, как в предыдущей задаче, опирается в среднем
поперечном сечении F. Найти вертикальную реакцию N опоры F:
Ответ. N<a=2qr.
12 С. п. Тимошенко

ПРИЛОЖЕНИЕ
МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ ФИГУР
|. Момент инерции плоской фигуры относительно оси, лежащей
в ее плоскости
При исследовании изгиба балок мы встречались с интегралами
такого типа:
F
B43)
в котором каждая элементарная площадь dF умножается на квад-^
рат ее расстояния от оси z и интегрирование распространяется
на всю площадь поперечного сечения балки (рис. 340). Т^ой ин-
Рис. 340.
'^^l
f
шжщж 4
:i/
Рис. 341
2
А
Z
теграл называется моментом инерции площади F относительно
оси Z. В простых случаях моменты инерции могут быть легко
вычислены аналитически. Возьмем, например, прямоугольник
(рис. 341). При вычислении момента инерции этого прямоугольника
относительно горизонтальной оси симметрии z мы можем разбить
прямоугольник на бесконечно малые элементы, как показано на
фигуре заштрихованной площадью. Тогда
Л
1
2\y^bdy
12-
B44)

1. МОМЕНТ ИНЕРЦИИ ОТНОСИТ. ОСИ, ЛЕЖАЩЕЙ В ПЛОСКОСТИ ФИГУРЫ 351
Таким же образом момент инерции прямоугольника относительно
ОСИ у будет
2
J У ==^2 ^z%dz
12*
Уравнение B44) можно применять также к вычислению Jg для
параллелограмма, показанного на рис. 342, так как этот
параллелограмм можно получить из
прямоугольника, показанного пунктиром, перемещением
параллельно оси^2 элементов, из которых , г
один изображен "на фигуре. Площади эле- c/j/ ! /-^/)щф// ^
ментов и их расстояния от оси z остаются
неизменными при таком перемещении, так
что J^, является таким же, как и для
прямоугольника.
'При вычислении момента инерции
треугольника относительно основания (рис. 343)
площадь элемента, показанного на рисуцке
Рис. 342.
равняется
dF = b
й уравнение B43) дает
у-^^
dy
12-
Метод вычисления, иллюстрированный предыдущими примерами,
может быть применен в самом общем случае. Момент инерции
получается делением фигуры на бесконечно малые полоски,
параллельные оси, и затем интегрированием,
как в уравнении B43).
Вычисление часто можно упростить,
если фигура может быть разбита на
части, моменты инерции которых
относительно оси известны. В таком случае
полный момент инерции равен сумме
моментов инерции всех частей.
Из определения (уравнение B43))
следует, что момент инерции площади
относительно оси имеет размерь! длины,
возведенной в четвертую степень. Следовательно, делением
момента инерции относительно некоторой оси на площадь фигуры
получается квадрат некоторой длины. Эта длина i называется
радиусом инерции относительно этой оси. Для осей у и z радиусы
Рис. 343.
инерции будут
h У ft
V ?•
B45)
12*

352
МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ ФИГУР
ЗАДАЧИ
1. Найти момент инерции прямоугольника на рис. 341 относительно
основания.
Ответ. J^, = —^.
2. Найти момент инерции треугольника ABC относительно оси г' (рис. 343).
Решение. Этот момент инерции представляет разность моментов инерции
параллелограмма ABDC и треугольника BDC. Следовательно,
J.'
3 12
4 •
3. Найти Jg для поперечных сечений, показанных на рис. 344.
Ответ. Для (а) Jgz=~
«4 (а —2ЛL
;для(Ь)и(с)Уг:
Ьа^ (b — hi)(a — 2h)»
12 "^ ^ ' ^-'"^ 12 12
4. Найти момент инерции квадрата со сторонами а относительно диагонали.
Ответ. J
\2'
Т
а
г
4-
а
2
JL
С
а-
а/
■^
!/
1 ^
-ьЛ"^
Рис. 344.
b
5
5. Найти iy и /-j. для прямоугольника. Показанного на рис. 341,
Ответ, i.
b
= . L
^ 2 /3' '^ 2/3
6. Найти iz для фигур 344, а и 344 Ь.
11. Полярный момент инерции плоской фигуры
Момент инерции плоской фигуры относительно оси,
перпендикулярной к плоскости фигуры, называется полярным моментом
инерции относительно точки, где ось пересекает плоскость (точка
О на рис. 340), и определяется интегралом
\r4F,
B46)
в котором каждая элементарная площадка dF умножается на квад-

II. ПОЛЯРНЫЙ МОМЕНТ ИНЕРЦИИ
353
рат ее расстояния до оси. При этом интегрирование
распространяется по всей площади фигуры.
Из рис. 340 мы имеем г^ =^^ -{- z^, и тогда из уравнения B46)
получим
B47)
Jp=S{y^-bz^)dF = J, + Jy,
F
Т. е. полярный момент инерции относительно какой-либо точки О
равен сумме моментбв инерции относительно двух
перпендикулярных осей ^ и Z, проходящих через ту же точку.
I Рассмотрим круговое поперечное сечение. Мы встречали
полярный момент инерции круга относительно его центра при
исследовании кручения круглого вала (см. § 61). Если мы разобьем
Рис. 345.
площадь круга на тонкие элементарные кольца, как показано на
рис. 345, то мы будем иметь dF=2nr dr и из уравнения B46) получим
2зг f гЧг
о
Jtrf4
32
Мы знаем, что в этом случае вследствие симметрии J у
из уравнений B47) и B48) получаем
J У J g 2 Jp — g^ .
B48)
J г, поэтому
B49)
Момент инерции эллипса относительно главной оси z (рис. 346)
может быть получен путем сравнения эллипса с кругом,
показанным на рисунке пунктиром. Высота у какого-либо элемента
эллипса, например, показанного штриховкой, может 15ыть получена
уменьшением высоты i/i соответствующего элемента круга в отношении
Ыа. Из уравнения B44) следует, что моменты инерции этих двух

354 МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ плоских ФИГУР
элементов относительно оси z будут находиться в отношедии
b^la^. Моменты инерции эллипса и круга, очевидно, будут
находиться в том же отношении; следовательно, момент инерции
эллипса равняется
^ = "-f^*; = =f- B50)
Таким же образом находим для вертик^альной оси
J,
4
f
тогда полярный момент инерции Эллипса,, на основании
уравнения B47), будет
^р = Л + '^г = -Г" + ~" B^*)
ЗАДАЧИ
1. Найти полярный момент инерции прямоугольника относительно центра
тяжести (рис. 341).
„ • , 6ЛЗ , hb*
Ответ, «'р = 2" "^ 12" *
2. Найти полярный момент инерции площадей, показанных на рис. 344,
относительно центров тяжести.
ill. Теорема о параллельном переносе осей
Если известен момент инерции площади относительно оси,
проходящей через центр-тяжести (рис. 347), то момент инерции отнр-
сительно какой-либо параллельной оси
может быть вычислен из следующего
уравнения, выражающего теорему о моментах
инерции относительно параллельных осей:
J^' = J,-\-Fd\ B52)
Рис. 347. В котором F есть пяощадь фигуры и d —
расстояние между осями.
Теорема легко доказывается на основании уравнения B43);
Jy=\ {у + dY dF = [y^dF + 2yddF-\-^d4F.
F F ' F F
Первый интеграл в правой части равен Jg, третий интеграл
равен Fd^, а второй интеграл обращается в нуль вследствие того,
что ось Z проходит через центр тяжести площади. Поэтому это

IV. ЦЕНТРОБЕЖНЫЙ МОМЕНТ ИНЕРЦИИ, ГЛАВНЫЕ ОСИ
355
уравнение сводится к уравнению B52). Уравнение B52) особенно
полезно при вычислении моментов инерции поперечных Сечений
составных балок (рис. 348). Положение центров тяжести
стандартных уголков и моменты инерции их поперечных сечений сутноси-
тельно осей, проходящих через их центры
тяжести, даны в справочниках. При помсщи
теоремы о моментах инерции относительно
параллельных осей момент инерции такого
составного сечения относительно оси z может быть
легко вычислен.
ЗАДАЧИ
1. Пользуясь теоремой о моментах инерции
относительно параллельных осей, найти момент инерции
треугольника (рис. 343) относительно оси, проходящей
через центр тяжести и параллельной основанию.
V4 г *Лз Рис. 348.
Ответ. J = -^к-.
оо
2. Найти момент инерции Jg сечения, показанного на рис. 348, если Л=50 см,
Ь=\,2 см и уголки имеют размеры 10X10X1,2 см.
Решение. /2=1,2.50з/12+4[2094-22,8 B5—2,91)*]=57 880 см\
3. Найти момент инерции относительно нейтральной оси площади швеллера
в задаче 2, стр. 95.
IV. Центробежный момент инерции. Главные оси
Интеграл
Jy^ = \yzdF, B53)
й{^;
Ш"
в котором каждая элементарная площадка dF умножается на
произведение ее координат и интегрирование распространяется на всю
площадь F плоской фигуры, называется
центробежным моментом инерции фигуры. Если фи-
л/^ гура имеет ось симметрии, которая принята за
ось у или Z (рис. 349), то центробежный момент
инерции равен нулю. Это следует из того, что
в этом случае для какого-либо элемента,
например, dF с положительным z существует равный и
симметрично расположенный элемент dF' с
отрицательным Z. Соответствующие элементарные
произведения yz dF уничтожают друг друга, поэтому
интеграл B53) обращается в нуль.
В общем случае для какой-либо точки любой плоской фигуры
мы можем всегда найти две перпендикулярные оси так, чтобы
центробежный момент инерции для этих осей равнялся нулю.
Возьмем, например, оси у и z рис. 350. Если оси повернуть около
точки О на 90° в направлении часовой стрелки, то новое
положение осей будет у' и z', как показано на рисунке. Тогда получается
Рис. 349.

356
МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ ФИГУР
следующее соотношение между старыми координатами элемента
dF и его новыми координатами:
/ = 2, 2' = —i/.
Следовательно, центробежный момент инерции для новых
координат равен
Jyz' ~ \i/7^dF = — S^yzdF = — Jyg.
P F
Таким образом, при этом повороте центробежный момент инерции
изменяет свой знак. Так как центробежный момент инерции
изменяется непрерывно вместе с углом поворота, то должны быть такие
направления, для которых эта величина становится нулем. Оси в
7-г
Рис. 350.
Рис. 351.
ЭТИХ направлениях называются главными осями. Обыкновенно центр
тяжести принимается за начало координат, и тогда соответствующие
главные оси называются главными центральными осями. Если
фигура имеет ось симметрии, то эта ось и ось, ей перпендикулярная,
будут главными осями фигуры, так как центробежный момент
инерции относительно этих осей равен нулю, как выяснено выше.
Если известен центробежный момент инерции фигуры для осей
у и Z (рис. 351), проходящих через центр тяжести площади, то
центробежный момент инерции для параллельных осей у' и z'
может быть найден из уравнения:
Jy^' = Jy^-\-Fab. B54)
Это выражает теорему о параллельных осях для центробежных
моментов инерции и доказывается на основании того, что
координаты элемента dF для новых осей будут у' = у -\- Ь, z' — z ~\- а.
Следовательно,
Jy;' = ^y'2fdF==\{y + b){z^a)dF =
р р
^\yzdF-\-\abdF-^\yadF'{-\bzdF.
р р р р
Последние два интеграла обращаются в нуль, потому что С есть
центр тяжести площади, и уравнение сводится к B54).

V. ИЗМЕНЕНИЕ НАПРАВЛЕНИЯ ОСЕЙ. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГЛАВНЫХ, ОСЕЙ 367
ЗАДАЧИ
I. Найти JyV Д''!^ прямоугольника на рис. 341.
Ответ. 7^,^,
*2Л2
2.* Найти центробежный момент инерции уголка (рис. 352) относительно
осей у п г, а также для осей у^ и г^.
Решение. Разбивая фигуру на два прямоуголь- i
ника и применяя уравнение B54) для каждого из
этих прямоугольников, мы находим
т
у
\г
л I л
н.
ч
•
^ I
г\45'
а
1
Рис. 552.
Из условий симметрии J у ^ =0.
3. Определить центробежный момент инерции
Jyg для сечений, показанных на рис. 344, если С
есть центр тяжести.
Решение. Для рисунков 344, а и 344, bJyg=Q
вследствие симметрии. В случае рис. 344, с,
разбивая сечение на три прямоугольника и пользуясь уравнением B54), мы
находим
V. Изменение направления осей. Определение главных осей
Предположим, что известны моменты инерции
J, = \y4F, Jy = \z4F (а)
F Р
и центробежный момент инерции
^\ ^J--^ ^ Jyz = \yzdF (b)
и требуется найти те же величины
для новых осей Ух и г^ (рис. 353).
Рассматривая элементарную площад-
■г ку rfF, найдем из чертежа новые
координаты
(с)
Рис. 353. 21-=2С08ф + 1/8Шф,
Ух = уСОЩ — 2 8Шф,
где ф есть угол между z и Zj. Тогда
Jzi = \ y\dF = \{у cos ф —- Z sin ф)^ dF =
F Р
= 5 у^ cos"^ Ф dF 4- S z'^ sin"^ Ф df — 5 2yz sin ф cos ф dF.

368 МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ плоских ФИГУР
или, пользуясь (а) и (Ь), получаем
J^i = «^г cos2 ф _j_ /^ sin^ф — Jyg sin 2ф. B55)
Таким же образом
Jn = /г sin* ф + J у cos^ ф + J^,^ sin 2ф. B55')
Взяв сумму и разность уравнений B55) и B55'), мы найдем
Jz,-hJyt = Jz+Jy, B56)
J21 — Jyi = (Jz — Jy) COS 2ф — 2jy^ sin 2ф. B57)
Эти уравнения весьма полезны для вычисления У^, и J у,. Для'
вычисления Jy^zt мы находим
^yi^i = \ УгЧ^Р = \ iy COS ф — z sin ф) (z cos ф -|- ^ sin ф) rfF =^=
F F
= Jf/* sin Ф со8ф rfF— 5 z^ sinфCOSфdF + 5 t/z(cbs* ф—sin2ф)dF,
F F P
или, пользуясь уравнениями (a) и (b), получаем
•^>'121 = (Л —*^>)у81п2ф + Уз,^С08 2ф. B58)
Центробежный момент инерции равняется нулю для главных
осей. Следовательно, оси у^ и Zy на рис. 353 будут главными осями,
если правая чарть уравнения B58) обращается в нуль, т. е.
{Jz — J^,) Y S in 2ф. 4- Jyg cos 2ф = 0.
Это дает
tg2ф = ;^-^. B59)
Jy Jz
Уравнение B59) может быть получено путем дифференцирования
уравнения B55) по ф и последующего приравнивания нулю
результата этого дифференцирования. Это показывает, что моменты
инерции относительно главных осей являются один наибольшим, а
другой наименьшим. - .
Определим, например, направления главных осей
прямоугольника, проходящих через вершину прямоугольника (рис. 341). В
этом случае
/ _ ^'^^ / _ ''^^ 1 _ ^^^2
J г' — -^1 •'У — ~^ г J у'г' — -^ ,
следовательно,
Ig /ф _ ^^3 ^ — 2 (ft2 _ /j2) • (О)
Пз - 3 J

V. ИЗМЕНЕНИЕ НАПРАВЛЕНИЯ ОСЕЙ. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГЛАВНЫХ ОСЕЙ 359
Направление ф определяется тем, чтр при выводе уравнения B59)
угол ф был принят положительным в направлении против часовой
стрелки (рис. 353). Уравнение (d) даст два разных, значения для
Ф:, отличающихся на 90°. Это будут два перпендикулярных
направления главных осей. Зная направления главных осей, можем найти
соответствующие моменты инерции из уравнений B56) и. B57).
Радиусы инерции, соответ-
ствукндие главным осям, на- _ \^ \
зываются главными радиусами
инерции.
Если У1 и Zx являются
главными осями инерции (рис.
354) и iy^ и /г, — главные
радиусы инерции, то эллипс с
полуосями «Vi и iz^r как
показано на рисунке,
называется эллипсом инерции. Имея
этот эллипс, можем получить
радиус инерции ig для
какой-либо оси графически,
путем проведения касательной к эллипсу параллельно оси г.
Расстояние начала координат О от этой касательной равно длине ig.
Эллипс инерции дает картину изменения момента инерции,
когда ось Z поворачивается в плоскости фигуры около точки О и
показывает, что наибольший и наименьший моменты инерции
являются главными моментами инерции.
Для нахождения моментов инерции относительно наклонных
осей также можно воспользоваться построением круга Мора.
Графический способ вполне аналогичен способу, рассмотренному в
главе II для напряжений. Необходимо лишь заменить Oj^, Оу и х
соответственно Jg, J^ и Jyg.
Рис. 354,
ЗАДАЧИ
1. Определить направления главных центральных осей зетового сечения
(рис. 344, с), если h=hi—2,5 см, 6=12,5 см, а=25 см.
2. HafitH направления главных центральных осей и соответствующие
главные моменты инерции для углового сечения 10Х 5Х1 см.
Ответ, tg 2ф=0,541; /^^^^^ 149,84 см*; У^;„= 16,02 см\
3. Определить полуоси эллипса инерции для эллиптического поперечного
сечения (рис. 346).
b а
Ответ. /,==>,
4. При каких усл&виях эллипс инерции становится кругом?

ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ
Анализ напряжения и деформации 40
Арка двухшарнирная 331
— параболическая 333
— пологая 331 ''
Арматура сбалансированная 193
Балка 19, 67, 194, 198, 200, 367, 373,
375
— двутавровая 89, 90, 94, 97, ПО,
127. i84, 201, 367, 373, 375
— .деформация 155 ,
— , ее ось 86, 123
— железобетонная 190
— , заделанная на.конце 158
на двух концах 162
— из двух равных материалов 187
— , имеющая две плоскости
симметрии 198
— -консоль 67, 79, 81,133,145,268,274
— контрольная 67, 101, 148, 197
— на трех опорах 172
— неразрезная 175
— переменного поперечного сечения
181
— равного сопротивления 181, 186
— свободно опертая 67, 125, 137
— симметричная 85, 96
— составная 104, 117, 121, 184
— статически определимая '67
— тонкостенная 200
— трехпролетная 178
— фиктивная 139
BeTOHj механические свойства 191
Болт '31, 61, 118
Брус 22
— конический 23
— кривой 305, 309, 317, 322, 345
двутаврового сечения 313
прямоугольногосечения 310,316
с круговой осью 337
— — таврового сечения 313, 316
трапецойдального сечения 312
треугольного сечения 313
— переменного поперечного
сечения 23
Брус призматический 23
— равного сопротивления 25
— с заделанными концами 28
— , сжатие 42
Вал 185, 241, 250, 265
— из мягкого металла 252
— полый 243, 252
— прямоугольного сечения 245
Вес конструкции 6, 22
Взаимность перемещений и работ 296
Выпучивание боковое двутавра 94, 120
— стойки 228
Выточки 258, 261
Гибкость полок 344
— стержня 227, 233
Гипотеза плоских сечений 85, 326
Давление внутреннее 46
Деформация II, 40, 53, 155
— бруса кривого 317
— объемная 53
— остаточная 12, 17
— при действии собственного веса 22
— растяжения 13, 40 ^
— -— сжатия в двух направлениях 54
— сжатия 14, 40
— системы 26
— температурная 32, 91, 188, 334
— ферм 283
Диаграмма растяжения 15, 16
— сдвига 61
Диск круглый 137, 239
Длина приведенная колонны 230
Жесткость при изгибе 88
— при кручении 246
Задача статически неопределимая 26,
155, 287,
определимая 155
Заклепки 62, 101, 117, 120
Закон Гука 12, 14, 87, 275
для растяжения-сжатия 12, 114
' ' ,его неприменимость 7, 190, 229

ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ
361
Звено цепи 324
Знак деформаций, напряжений 14
при изгибе 71
Изгиб 67
.— в плоскости, не являющейся пло-
сжостью симметрии 194, 200
—, касательные напряжения 102
— кривого бруса 305, 309
— не в плоскости его оси 345
—, общий случай 96
— продольный 208, 228
— с кручением 239, 250
— с растяжением-сжатием 208, 212
— тонкостенных профилей 200
— уголка 203
—, вызываемый ударом 271
— чистый 85, 194, 305
Интенсивность силы 13
Колесо маховое 334
Колонна 18, 24, 208, 222
— бетонная в стальной трубе 66
— гибкая 208, 219
— железобетонная 29
—, заделанная по концам 225
—, расчет 227, 232
— сдвумя плоскостями симметрии 221
— трубчатого сечения 228, 232
—, эксперименты 224, 227, 232
»—, эмпирические формулы 234
Кольцо жесткости 323
— круговое 35
вращающееся 36
— поршневое 329
— составное 38
— толстое 321
— тонкое 319
-г: эллиптическое,327
Консоль см. балка
Котел под внутренним давлением 46,
55, 56
Коэффициент безопасности 17, 61-у 136,
230
— напряжения 315
— поправочный для пружин 240
— Пуассона 53, 59
Кран подъемный 99
Кривая упругая 280
— Эштера 227, 228, 229
Кривизна изогнутой балки 88,123,125,
195
— кривого бруса 308, 339
Круг напряжений (Мора) 7, 43, 48, 52,
57, 63, 114
-^ при сложном напряженном
состоянии 48
Кручение 59, 238
Кручение вала полого 243
прямоугольного 245
— с изгибом 238, 250
— трубы 60
—, энергия деформации 264
Крюк подъемный 315
Линии Людерса 42
Линия влияния (инфлюэнта) 300, 303
— нулевая 213
Масса приведенная балки 273
— стержня при ударе 261
Материалы вязкие 239
— изотропные 13
—, их механические свойства 6, 14,
16. 17
—, их экономия 6
— неупругие 12
— совершенно упругие 12
— хрупкие 18
Машина испытательная 13
Метод графоаналитический 7, 131, 183,
280
— разрезов 13, 69
— сложения действия сил 7, 143, 212
Методы аналитические и
эмпирические 6
Модуль упругости (при растяжении)Г
12, 14, 59, 228
— — объемный 65
поперечной 58
при сдвиге 57, 58, 241
при сжатии 14
Момент изгибающий 67, 69, 123, 143
в арке 332
, зависимость между ним и
поперечной силой 68, 72
, максимум 77
переменный 105
— — эквивалентный 252
— инерции 88, 228, 350
— — полярный 240, 244, 352
круга 353
прямоугольника 350
треугольника 351
эллипса 353
центробежный 355
— крутящий 60
— реактивный 165
— сопротивления 88
— статический 106
Мощность, передаваемая валом 241,
242
Нагрузка безопасная 237
— от собственного веса-22
— внецентренная 212, 221

362
ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ
Нагрузка воображаемая 285
— критическая 223, 225, 227
— моментная 194, 197
— несимметричная 168
— подвижная 186
— предельная 225
— продольная 221
— распределенная 70, 80, 107, 125,
333
по части пролета 145
— сосредоточенная 80,' 128
— ударная 255, 273
— фиктивная 140
— эйлерова 223
Направления главные 114
Напряжение 13, 14, 40
— безопасное 6, 17
— в наклонном сечении 40
— главное 50, 105, 114-
— допускаемое 6, 17, 61, 96, Щ
— — при сдвиге 61
— касательное 41, 60, 61, 108, 110
— — к железобетонной балке 193
наибольшее 41, 49
при изгибе 102
-^ при кручении 241'
— критическое 227
— начальное (сборки) 32
— нормальное 41, 49
— при действии собственного веса 22
— растягивающее 13
— сжимающее 283
центральное 283
— сцепления арматуры 193
— температурное 32, 91, 188, 334
Опора балки 175, 185
—, осадка 177
—, расположение на разной высоте
177
— шарнирно неподвижная 155
— подвижная 155
Оси инерции, главные 355, 356
Ось балки 86
изогнутая 86, 119, .123
при ударе 273
— бруса 305
— изогнутая колонны 219, 224
— нейтральная 86, 87, 194, 306
Перемещение 276, 296
— обобщенное 279
Плоскость главная 193
Плотина деревянная 97, 100
Площадка главная 50
Площадь приведенная 307
Полоса биметаллическая 188
Предел пропорциональности 15, 228
Предел прочности 14, 16, 17, 228
— текучести 14, 16, 17, 228, 260
— упругости 256
Пресс 18
Принцип наименьшей работы 288, 291
Проволока, ее растяжение 15, 24
Прогиб 123, 128, 146, 154, 220
— динамический 271
— дополнительный (от сдвига) 151,
269
— колонны 220
— консоли 133, 220
— консольной балки 148
— малый 124
—, определение при помощи эпюры
моментов 131, 137
— свободно опертой балки 137
Проушйй^ 322
Профили балок 89, 91, 361
Пружина винтовая 246
— квадратного сечения 249
— коническая 249
— плоская спиральн^ая 327
Работа сил 11, 255, 276, 296
Равновесие 11
Радиус инерции 213, 351
главный 359
Рама 22, 30, 165, 282, 295, 330, 344
— трехшарнирная 211
Распор арки 331, 334
Распределение напряжений 6, 13, 103,
108, 110, 112, 306
— — по гиперболе 312
линейное 311, 312
Растяжение (сжатие) И
— внецентренное 213
— кольца 35
— по двум направлениям 46
— по трем направлениям 63
— с изгибом 208
— ударное 258
Рельсы сварные 33
Рессора винтовая 247
— листовая 183
Сдвиг 41, 61, 107, 150
—, модуль 58
— относительный 58, 61
— при изгибе 61
— чистый 57, 61, 239, 240
—, энергия деформации 264
Сечение наклонное 40
— поперечное, сохранение плоской
формы 13, 85, 232
, искажение 340
круговое 108
ослабленное 117

ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ
Ш
Сечение поперечное, преобразованное
187
— расчетное 16
—, сплющивание 341
—; ядро 215
Сжатие 11, 26, 40
— бруса 42
— внецентренное 219, 222
— осевое 42
— поперечное 86
Сила внешняя 11
— внутренняя 11
— критическая 225
— молекулярная И
— наклонная 208
— обобщенная 279
— поперечная 67, 69, 150, 309
—продольная 309
— растягивающая 12
— сосредоточенная 80, 128
— срезывающая 122
— фиктивная 318, 323
Система статически неопределимая 26
Скалывание 118
Слой нейтральный 86, 103
Сложение действия сил 7, 143, 212
Сопротивление упругое И, 256
— материалов 6
Сортамент прокатной стали 361
Состояние д«})ормированное 11
— напряженное однородное 113
сложное 48
фиктивное 299
Сплющивание поперечного сечения 341
Сталь прокатная 361
Стена подпорная 210
Стержень гибкий 125
—, кручение 239
— призматический 11, 12, 255
— с выточками 258
— сжатый в фермах 230
Стойка короткая 212, 222
— с шарнирными концами 225, 227
Сужение поперечное 51
Текучесть 16
Температура (напряжений,
деформации) 32, 91, 188, 334
Теорема Кастилиано 277, 303, 331
— о взаимности работ и перемещений
296
-^ о наибольшей работе 347
— о параллельности переноса осей
354
Траектория напряжений 115
Трещина 240
Труба 28, 37, 228, 253
— кривая 340
—, кручение 60
. — прямоугольного сечения 343
Угол закручивания 239, 244
— наклона (поворота) балки 138—142,
175, 304
Уголок 203, 361
Удар 255
—, изгиб 271
—', растяжение 258
Удлинение II, 12, 17
— относительное 13, 14
Укорочение 53, 285
Упругость 11
Уравнение изогнутой оси балки 119
— трех моменте® 176
Устойчивость стойки 229
Ферма, деформации 283
— со сплошной стенкой 184
— с шарнирными узлами 230
Формула америк^ жел.-дор.
ассоциации 236
— Гордона — Рэнкина 235
— линейная 235
— параболическая 235
Формулы эмпирические для сжатия
234
Центр сдвига 200, 204
— скалывания 203
— скручивания 7
Чугун, его свойства 17
Шарнир 18, 20
Швеллер 201, 222, 370, 376
Шпонки 104, 117
Экстензометр 17
Эксцентриситет большой 215
— неизбежный 232
Эллипс инерции 359
Энергия деформации (потенциальная)
11, 255, 275, 277
при изгибе 267 -
при сдвиге и кручении 264
— кинетическая удара 269, 273
Эпюра моментов и поперечных сил
74, 136. 137, 160
— измененная 183
—, получение прогибов 131, 137
— напряжений 212
Ядро сечения 215

Тимошенко Степан Прокофьевич
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ, т. I
М., 1965 г., 364 стр. с илл.
Редактор Снитко И. К.
Техи. редактор Плакше Л. Ю.
Корректор Желтова Г. Г.
Печать с матриц. Подписано к
печати 7/IV 1965 г. Бумага 60X90'/ie. Физ.
печ. л. 22.75. Условн. печ. л. 22.75: Уч.-
изд. л. 22,64. Тираж 37 500 экз. Цеца
книги 78 коп. Заказ Ш 1683.
Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-математической литературы.
Москва. В-71, Ленинский проспект. 15.
Главполиграфпром Государственного
комитета Совета Министров СССР по
печати. Отпечатаио в Ленинградской
типографии № 1 «Печатный Двор» им.
А. М. Горького, Гатчинская, 26, с
матриц Первой Образцовой типографии
имени А. А. Жданова. Москва. Ж-54,
Валовая, 28.