А. А. Поляков
СОПРОТИВЛЕНИЕ
МАТЕРИАЛОВ

1
Министерство образования и науки Российской Федерации
Уральский федеральный университет
имени первого Президента России Б. Н. Ельцина
А. А . Поляков
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ
Под общей редакцией проф. д -ра техн. наук А. А. Полякова
Екатеринбург
УрФУ
2011

2
УДК 621.7.014.2 (075.8)
ББК 30.121я73
П54
Рецензенты:
д-р техн. наук, проф. И. Г . Емельянов, Институт машиноведения УрО РАН;
д-р техн. наук, проф. Ю. Е. Якубовский, кафедра “Теоретическая и прикладная
механика” ТюмГНГУ.
Автор: Поляков А. А.
П54 Сопротивление материалов: учебное пособие / А. А. Поляков Екатеринбург : УрФУ,
2011. 335 с.
ISBN 978-5-321-01944-3
В учебном пособии изложены краткие сведения из теории и основы расчёта стержней и их
систем на прочность и жёсткость при простых и сложных видах деформаций. Рассматривается их
напряженно-деформированное состояние, а также расчеты на устойчивость и динамические
нагрузки. По каждой из тем рассматриваются примеры расчетов. В приложении приводится
справочный материал. Учебное пособие соответствует программе обучения бакалавров,
требованиям государственных общеобразовательных стандартов и предназначено для студентов
очной, заочной, технологической и дистанционной форм обучения, строительных,
машиностроительных специальностей, а также специальностей металлургического, химико-
технологического, теплоэнергетического, физико-технического направлений. Оно может быть
полезно для обучающихся в магистратуре и другим специалистам.
Рекомендовано Уральским отделением Учебно-методического объединения вузов
РФ по образованию в области строительства в качестве учебного пособия по
специальностям направления 653500 – «Строительство».
УДК 621.7 .014.2.(075.8)
ББК 30.121я73
ISBN 978-5 -321-01944-3
© УрФУ, 2011
© Поляков А. А., 2011

3
Содержание:
Предисловие.................................................................................... 7
Введение........................................................................................ 9
1. Геометрические характеристики плоских сечений........................... 21
1.1. Площадь поперечного сечения.................................................. 21
1.2. Статические моменты площади сечения..................................... 22
1.3. Моменты инерции сечения...................................................... 25
1.4 . Моменты инерции простых сечений.......................................... 27
1.5 . Моменты инерции относительно параллельных осей..................... 29
1.6 . Моменты инерции сложных сечений.......................................... 30
1.7 . Зависимость между моментами инерции при повороте
координатных осей......................................................... ......... 32
1.8 . Главные оси и главные моменты инерции сечения..................... ..... 33
1.9 . Понятие о радиусе инерции.................................................... ... 35
1.10. Моменты сопротивления..................................................... ..... 35
1.11 . Примеры расчёта геометрических характеристик плоских сечений..... 37
2. Растяжение и сжатие................................................................... 46
2.1 . Продольная сила и ее эпюра............................................... ......... 46
2.2 . Напряжения при растяжении (сжатии) ................................ .......... 50
2.3 . Условия прочности...................................................... ............. 52
2.4 . Деформации при растяжении (сжатии) .............................. ............ 53
2.5 . Закон Р. Гука................................................................ .......... 54
2.6 . Определение перемещений........................................................ 56
2.7 . Учет собственного веса при растяжении (сжатии) ..................... .... 60
2.8 . Расчет ступенчатого стержня с учетом собственного веса ...... .......... 62
2.9 . Стержень равного сопротивления растяжению (сжатию) ............. .... 62
2.10. Опытное изучение свойств материалов. Основные понятия.......... .... 64
2.11 . Диаграмма испытания малоуглеродистой стали Ст3*....................... 64
2.12 . Испытания хрупких материалов ................................................................ 70
2.13. Влияние температуры ................................................................................. 71
2.14 . Работа статической силы при растяжении (сжатии).
Потенциальная энергия деформации ...................................................... . 74
2.15. Примеры расчетов при растяжении (сжатии)................ ...................... 76
3. Кручение........................................................................ ............... 85
3.1 . Понятие кручения...................................................... .................. 85
3.2 . Эпюра крутящих моментов.......................................... ............... 87
3.3 . Зависимость между моментом, мощностью и числом оборотов вала. ... 88
3.4 . Напряжение при кручении валов круглого сплошного и
кольцевого сечения................................................................ . 89
3.5 . Деформации вала при кручении................................................. 92
3.6 . Потенциальная энергия упругой деформации при кручении вала
круглого поперечного сечения..................................................... ... 93
3.7 . Анализ напряженного состояния бруса при кручении. Главные
напряжения и главные площадки............................................... 94

4
3.8 . Расчёт бруса круглого поперечного сечения на прочность и
жёсткость при кручении............................................................. 95
3.9. Кручение прямого бруса прямоугольного поперечного сечения......... 99
3.10. Пример расчёта при кручении............................................ ........ 100
4. Напряжённо – деформированное состояние в точке.................. ........ 106
4.1. Понятие напряжённого состояния...................................... ........ 106
4.2. Виды напряжённого состояния.......................................... ....... 108
4.3. Напряжения на произвольной площадке...................................... 110
4.4. Понятия о траекториях главных напряжений........................ ......... 113
4.5. Связь между деформациями и напряжениями при объёмном
напряжённом состоянии. Обобщённый закон Гука................ ......... 114
4.6. Относительное изменение объёма....................................... ....... 116
4.7. Удельная упругая потенциальная энергия деформации........... ......... 117
4.8. Сдвиг или срез....................................................................... 119
4.9. Деформация при чистом сдвиге........................................ ......... 122
4.10. Зависимость между касательным напряжением и относительным
сдвигом............................................................................ . 123
4.11. Практические приемы расчета на сдвиг и смятие
Расчет болтовых и заклепочных соединений................. ................. 126
4.12. Теория прочности .......................................................... ........ 130
4.13. Примеры расчетов......................................................... ....... 137
5. Прямой изгиб. Плоский поперечный изгиб........................................ 150
5.1. Построение эпюр внутренних силовых факторов для балок...... ....... 150
5.2. Построение эпюр Q и М по уравнениям....................................... 152
5.3. Построение эпюр Q и М по характерным сечениям (точкам).... ......... 157
5.4. Нормальные напряжения при прямом изгибе................................ 163
5.5. Условия прочности по нормальным напряжениям при изгибе... ....... 169
5.6. Касательные напряжения в балке при поперечном изгибе........ ........ 170
5.7. Условия прочности по касательным напряжениям.................. ........ 175
5.8. Примеры расчета на прочность по нормальным и касательным
напряжениям при изгибе балок.......................................... ....... 177
5.9. Главные напряжения при изгибе.
Полная проверка прочности балок.................................. ............. 188
5.10. Понятие о центре изгиба................................................... ..... 195
5.11. Определение перемещений в балках при изгибе.
Понятия деформации балок и условия их жёсткости....................... . 197
5.12. Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки................ ....... 199
5.13. Метод непосредственного интегрирования........................... ....... 201
5.14. Примеры определения перемещений в балках методом
непосредственного интегрирования........................................ ........ 202
5.15. Физический смысл постоянных интегрирования.................... ........ 203
5.16. Метод начальных параметров (универсальное уравнение
изогнутой оси балки)...................................................... ......... 203
5.17. Примеры определения перемещений в балке по методу
начальных параметров..................................................... ....... 207

5
5.18. Определение перемещений по методу Мора.
Правило А.К . Верещагина............................................. ............ 212
5.19. Вычисление интеграла Мора по правилу А.К . Верещагина.... ........... 214
5.20. Примеры определения перемещений посредством
интеграла Мора........................................................... ........... 217
5.21. Определение перемещений в комбинированных системах................. 222
5.22. Определение перемещений в фермах................................ ........... 225
6. Расчет рам. Основные понятия и пример расчета...................... ....... 230
7. Расчёт статически неопределимых стержневых систем .............. ........ 238
7.1. Общие понятия....................................................................... 238
7.2. Расчет статически неопределимых стержневых систем
методом сил................................................................... ......... 242
7.3. Определение внутренних усилий в неразрезных балках.
Пример расчета............................................................ ......... 247
8. Сложное сопротивление...................................................... ............ 255
8.1. Общие понятия........................................................................ 255
8.2. Косой изгиб................................................................ .......... 255
8.3 . Нормальные напряжения при косом изгибе ....................... ........... 256
8.4 . Перемещение при косом изгибе ......................................... ........... 259
8.5 . Примеры расчета на косой изгиб .................................... ............ 260
8.6 . Изгиб с растяжением или сжатием ................................... .......... 264
8.7 . Внецентренное растяжение или сжатие стержней
большой жесткости ................................................................. 267
8.8 . Ядро сечения .............................................................. ........... 270
8.9 . Пример построения ядра сечения .................................... ........... 270
8.10. Изгиб с кручением стержней круглого сечения.
Пример расчета............................................................. .......... 275
9. Устойчивость сжатых стержней ............................................. ........... 284
9.1 . Общие понятия....................................................................... 284
9.2 . Формула Эйлера для определения критической силы
сжатого стержня ..................................................................... 286
9.3. Влияние условия закрепления концов стержня на величину
критической силы ......................................................... .......... 288
9.4. Пределы применимости формулы Эйлера ........................ ............. 289
9.5. Практический способ расчета сжатых стержней на
устойчивость............................................................. ............ 292
9.6. Выбор рациональной формы поперченного сечения
сжатого стержня....................................................................... 294
9.7. Понятие о продольно-поперечном изгибе ...................................... 294
9.8. Примеры расчетов на устойчивость................................. ............ 296
10. Динамические задачи сопротивления материалов................... .......... 300
10.1. Понятия упругих колебаний............................................ .......... 300
10.2. Виды колебаний............................................................ ........... 301
10.3. Свободные (собственные) колебания системы без учета сил
сопротивления.............................................................. .......... 303
10.4. Примеры расчетов на собственные колебания....................... .......... 306

6
10.5 . Учет массы системы при колебаниях................................. .......... 309
10.6 . Свободные затухающие колебания с одной
степенью свободы........................................................ ........... 310
10.7 . Вынужденные колебания систем с одной степенью свободы... .......... 310
10.8 . Пример расчета на вынужденные колебания.................................. 313
10.9. Расчеты на ударные нагрузки.
Основные понятия и допущения............................................. . 316
10.10.Расчеты на удар без учета массы ударяемой системы............ .......... 318
10.11.Примеры решения задач на удар без учета массы
ударяемой системы....................................................... .......... 322
10.12.Повторно-переменные напряжения................................... .......... 328
10.13.Влияние переменных напряжений на прочностьметаллов.
Усталость металлов.......................................... ............................ 331
10.14 .Опытное определение предела выносливости.
Кривая усталости......................................................... ........... 332
10.15.Факторы, влияющие на предел
выносливости материала............................................... ............ 335
10.16.Некоторые практические способы повышения
усталостной прочности деталей машин.......................... .............. 336
10.17. Расчеты на прочность при
повторно-переменных напряжениях.............................................. 336
Библиографический список...................................................... ............. 343
Приложение......................................................................... ............. 344
1. Физико-механические характеристики материалов ................... ............. 345
2. Ориентировочные значения основных допускаемых напряжений ............ 348
3. Допускаемые напряжения и расчетные сопротивления для
древесины сосны и ели .......................................................... ............. 349
4. Коэффициент уменьшения основного допускаемого напряжения .. ............. 350
5. ГОСТ 8509-93. Уголки стальные горячекатаные равнополочные........... ... 351
6. ГОСТ 8510-86. Уголки стальные горячекатаные неравнополочные..... ....... 355
7. ГОСТ 8239-89. Двутавры стальные горячекатаные .............................. 358
8. ГОСТ 8240-97. Швеллеры стальные горячекатаные ........................... .. 360
9. Нормативные и расчетные сопротивления универсального и фасонного
проката по ГОСТ 27772-88 для стальных конструкций ...................................... 362

7
Предисловие
Сопротивление материалов – основополагающая (базовая) дисциплина
инженерной подготовки специалистов машиностроительной, строительной, ав-
томобилестроительной, авиационной, железнодорожной и многих других от-
раслей.
Она представляет собой один из разделов механики твердого деформируе-
мого тела. Изучая процессы деформирования и разрушения тел, сопротивление
материалов стремится установить основные принципы и методы расчета частей
сооружений и машин на прочность, жесткость и устойчивость. Выполнение
этих условий является основополагающим требованием надежной конструкции,
т.е . такой, которая без риска поломки или опасного изменения формы и разме-
ров работала бы весь планируемый период эксплуатации.
Естественно, для создания конструкции, отвечающей всем этим требова-
ниям, необходимо, чтобы будущий специалист обладал достаточными знания-
ми, изучив курс "Сопротивление материалов". Практика обучения в вузах пока-
зывает, что изучение курса данной дисциплины вызывает у студентов опреде-
ленные затруднения, поэтому возникает необходимость в написании учебно-
методических пособий, которые в доступной и достаточно обоснованной форме
излагали бы теоретический и практический материал основных разделов курса
"Сопротивление материалов". В данной книге изложены краткие сведения по
испытанию материалов, теории и основам расчета стержней и их систем на
прочность и жесткость при простых и сложных видах деформаций. Рассматри-
вается их напряженно-деформированное состояние, а также изложены расчеты:
статически неопределимых систем, на устойчивость и динамические нагрузки.
По каждой из тем приводятся основные выкладки из теории, расчетные форму-
лы, пояснения параметров и в приложении – вспомогательные расчетные таб-
лицы. Подробно рассматриваются методики и примеры расчетов, результаты
которых доведены до численных значений. Проводится анализ расчетов по оп-
ределению наиболее рационального исполнения простейших конструкций с
точки зрения повышения их нагрузочной способности и экономичности. Ос-
новной целью этого издания является помощь желающим овладеть практиче-
скими методами расчетов. В связи со сложившейся в настоящее время ситуаци-
ей, сокращением аудиторных часов учебное пособие позволит студентам само-
стоятельно освоить предмет, понять физику процессов деформирования тел и
простейших систем, поможет ставить задачи и делать выбор рациональных пу-
тей их решения. Учебное пособие отражает основные разделы курсов “Сопро-
тивление материалов”, “Прикладная механика”, “Техническая механика”, “Ме-
ханика материалов и конструкций”, связанные с прочностью, жесткостью,
устойчивостью элементов конструкций, которые имеют большое значение в
инженерной деятельности специалистов многих отраслей.

8
Автор благодарит за помощь в подготовке пособия к изданию ведущего
инженера Николая Михайловича Чиняева, а также студента строительного фа-
культета УрФУ Андрея Эдуардовича Березина.
Автор благодарен канд. техн. наук Артему Алексеевичу Полякову за под-
держку и труд, связанный с прочтением материала, сделанными замечаниями и
общей компьютерной версткой.
Автор
признателен
и
благодарен
Генеральному директору
ООО ЦН «Северная казна» Деменок Татьяне Юрьевне за поддержку и финан-
совую помощь по изданию учебного пособия.
Также автор благодарен рецензентам: зав. кафедрой “Теоретическая и при-
кладная механика” ТюмГНГУ, д-ру техн. наук, проф. Юрию Евгеньевичу
Якубовскому.
Д-ру техн. наук, проф. Игорю Георгиевичу Емельянову, ведущему научно-
му сотруднику института машиноведения УрО РАН.

9
Введение
Основные задачи курса
В повседневной практике используется различная техника, сооружения и
т.д ., которые должны обладать надёжностью. Для обеспечения этого требова-
ния необходимо выполнение ряда условий, которые обеспечиваются расчётным
путём рассматриваемых в курсе сопротивления материалов.
При расчетах различают простые и сложные виды деформаций. К простым
деформациям относят растяжение, сжатие, изгиб, кручение и сдвиг. Расчёты
при сложных видах деформации основываются на простых видах деформации,
при этом остаются в силе нижеследующие основные положения.
Под прочностью понимается способность конструкции, ее элементов сопро-
тивляться разрушению при действии эксплуатационных нагрузок. Расчет на
прочность является первой и основной задачей курса “Сопротивление материа-
лов ”. В результате решения этой задачи определяются размеры элементов кон-
струкций, исключающие возможность их разрушения при реальных нагрузках.
Второй задачей является расчет конструкции и ее элементов на жесткость.
Под жесткостью понимают способность конструкции и ее элементов сопротив-
ляться деформациям, т. е . изменению их форм и размеров. Жесткость считается
обеспеченной, если деформации не превосходят заданных величин, допусти-
мых при эксплуатации конструкции.
Под устойчивостью понимается способность конструкции и ее элементов
сохранять первоначальную форму упругого равновесия при действии нагрузки
или восстанавливать ее после снятия нагрузки. Так, при сжатии длинного пря-
мого стержня осевой нагрузкой, приложенной на конце стержня, последний
вначале остается прямым, т. е . прямолинейная форма стержня является устой-
чивой. При достижении нагрузкой некоторой критической величины стержень
искривляется, выпучивается в сторону или, как принято говорить, теряет ус-
тойчивость.
Другой пример: известная Останкинская телевизионная башня, ее ось на-
правлена строго по радиусу земли. Однако при действии ветровых нагрузок,
имеющих сложный характер, верхний конец отклоняется от исходного положе-
ния примерно на три с половиной метра, т. е . ось искривляется. После снятия
внешних воздействий форма равновесия восстанавливается, таким образом
данная конструкция устойчивая.
Кроме обеспечения прочности, жесткости и устойчивости конструкция
должна быть экономичной, т. е . размеры конструкции и ее элементов должны
быть такие, чтобы материал, из которого они изготовлены, исчерпывался пол-
ностью с точки зрения нагружения, иначе конструкция будет иметь неоправ-
данно большую массу, габариты.
Для выполнения указанных требований необходимо придать элементам кон-
струкции наиболее рациональную форму и, учитывая свойства материалов,
из которых они будут изготавливаться, определить размеры в зависимости от
величины и характера нагрузок. Иначе говоря, машины, сооружения, любые

10
конструкции должны быть легкими, дешевыми и вместе с этим надежными, т.е .
работать без риска поломки или опасного изменения формы и размеров весь
период эксплуатации. Сопротивление материалов основывается на теоретиче-
ской механике, физике, материаловедении и вместе с этим как наука является
базой для таких дисциплин, как строительная механика стержневых систем,
теория упругости, теория прочности, детали машин и смежных дисциплин.
В сопротивлении материалов для упрощения расчетов вводят ряд допуще-
ний, которые приведены ниже.
Допущения в геометрии тел
Прежде всего многообразие элементов конструкций, исчисляемых тыся-
чами, сводят к трем категориям тел, которые и являются объектами расчета на
прочность, жесткость и устойчивость. К ним относят стержни, пластины, обо-
лочки, массивы.
Стержень или брус – это тело, у которого один размер (длина) во много
раз превышает два других (поперечных) размера (рис. В .1, а) Размеры
(H,B)<<l.
Рис. В.1
В машинах и сооружениях встречаются стержни прямолинейные
(рис. В .1, б) (у которых ось является прямой линией), а также криволинейные
(рис. В.1, г). Примером криволинейных стержней могут служить грузоподъем-
ные крюки, звенья цепей и др.
Стержни, у которых толщина стенки значительно меньше габаритных раз-
меров поперечного сечения, называются тонкостенными (рис. В .1, в). В на-
стоящее время они широко применяются в строительных конструкциях, судо-
строении и особенно в авиастроении.
Пластинка – тело, у которого два размера значительно больше третьего
(рис. В.2, а)
в
г

11
Рис. В.2
К пластинкам могут быть отнесены фундаментные плиты (рис. В .2, а), же-
лезобетонные междуэтажные перекрытия, плоские днища и крышки резервуа-
ров и цилиндров, диски турбомашин.
Оболочкой называется искривленная пластинка, т.е . тело, ограниченное
двумя криволинейными поверхностями, расстояние между которыми (толщина
оболочки) мало по сравнению с его другими размерами (рис. В .2, в). К оболоч-
кам относят неплоские стенки тонкостенных резервуаров, котлов, купола зда-
ний. Оболочки могут быть цилиндрические, конические, сферические, комби-
нированные и т.д .
Массив – это тела, у которых размеры одного и того же порядка. К ним от-
носят фундаменты сооружений (рис. В .2, б), подпорные стенки, основания тя-
желого оборудования и т.д .
Допущения, вводимые в свойства материала
Разнообразие структуры и физико-механических свойств реального тела
крайне усложняет его исследование. Поэтому сопротивление материалов при-
бегает к схематизации свойств материалов и пользуется рядом допущений, об-
легчающих решение вопросов инженерной практики с известной степенью
приближения к действительности. Основные допущения приведены ниже.
1. Допущение об однородности и непрерывности материала. В сопротив-
лении материалов вместо реального тела рассматривается однородное тело,
свойства которого не зависят от его объема. При этом предполагается, что фи-
зико-механические свойства тела во всех его точках одинаковы и материал рав-
номерно без пустот заполняет весь объем тела. Это допущение вполне прием-
лемо для таких материалов, как сталь, медь, чугун и т. д ., и менее приемлемо
для кирпича, бетона, древесины и других строительных материалов.
Однородные тела, у которых физико-механические свойства одинаковы во
в

12
всех направлениях, называются изотропными (литая сталь, литая медь, стекло,
хорошо приготовленный бетон и т. д .).
Материалы, имеющие одинаковые физико-механические свойства только
для определенных направлений волокон, расположенных параллельно осям ка-
кой-либо одной прямоугольной системы координат, называются ортотропны-
ми (прокатная сталь, котельное железо, стальная проволока, отчасти прямо-
слойная древесина без сучков).
Материалы, не обладающие свойствами изотропности и ортотропности,
называются анизтропными (косослойная древесина, стальная проволока, за-
крученная в холодном состоянии и т. д .).
В сопротивлении материалов обычно рассматриваются только изотропные
и ортотропные материалы.
2. Деформации малы по сравнению с размерами деформируемого тела.
При этом считают, что соблюдается закон Гука. При расчетах пренебрегают
изменениями в расположении внешних сил относительно отдельных частей те-
ла при деформациях. Уравнения статики составляют для недеформированного
тела. В некоторых случаях от этого принципа приходится отступать.
Малые деформации рассматриваются как бесконечно малые величины в
математическом анализе. Если в каком-либо уравнении есть слагаемые с де-
формациями в первой степени и слагаемые с их произведениями и более высо-
кими степенями, то последние отбрасывают как величины высшего порядка
малости.
Допущение о малости деформаций делает возможным применение
принципа независимости действия сил. Этот принцип в сопротивлении мате-
риалов формулируется следующим образом: результат воздействия на тело
системы сил равен сумме результатов воздействия на тело тех же сил, при-
ложенных в любой последовательности.
Например, на балку действуют силы Р1 и Р2, которые в сечении К вызыва-
ют прогиб уК. Этот прогиб можно найти как сумму прогиба вначале силой Р2, а
затем силой Р1 (рис. В .3), или наоборот.
Рис. В.3
Принцип независимости действия сил является основным руководящим
принципом при решении подавляющего большинства задач сопротивления ма-
териалов. Заметим, что он применим при выполнении закона Р. Гука.
3. Предполагается, что соблюдается гипотеза плоских сечений. При реше-
yк
yк2
yк1
yк=yк1+yк2

13
нии большинства задач сопротивления материалов используется гипотеза пло-
ских сечений (Я. Бернулли), на основании которой предполагается, что плоские
сечения, проведенные в теле до его деформации, остаются плоскими и перпен-
дикулярными к изогнутой оси тела после деформации.
Понятие расчетной схемы
Под расчетной схемой понимают упрощенное изображение (схематиза-
цию) объекта, где не учитывается ряд второстепенных факторов, оказываю-
щих несущественное влияние на результат расчета.
Например, расчетная схема вагонной оси может быть принята как шарнир-
но–опертая балка (рис. В .4).
Рис. В.4
В сопротивлении материалов исследование вопроса о прочности реального
элемента конструкции начинается с выбора расчетной схемы. На расчетной
схеме (рис. В .4) вместо бруса изображается его ось, но учитываются фактиче-
ские размеры его поперечных сечений и характер действующих на брус нагру-
зок. При составлении расчетной схемы важное место занимает установление
расчетной нагрузки на конструкцию. При этом неизбежна схематизация нагру-
зок. Например, нагрузки, приложенные к небольшим площадкам поверхности
бруса, заменяют сосредоточенными силами, приложенными в точках, и перено-
сятся к оси бруса.
Внешние и внутренние силы
Внешними силами называются приложенные к телу силы, которые вызы-
ваются действием других тел. Внешние силы можно рассматривать как нагруз-
ки, действующие на конструкцию или её части. Эти силы можно подразделить
на два вида:
а) поверхностные силы, т. е . приложенные к поверхности тела (нагрузка,
лежащая на балке, опорные реакции, вес груза, подвешенного к тросу и т.д .) .
б) объемные силы, т. е . приложенные ко всем внутренним точкам тела (вес
тела, силы инерции и т. д .).
Поверхностные силы (нагрузки) делятся на сосредоточенные и распреде-
ленные.
Сосредоточенными считаются силы, действующие на весьма малые пло-
щадки поверхности тела. Они измеряются в ньютонах (Н) при использовании
международной системы единиц измерения (СИ).
Распределенными нагрузками являются нагрузки, приложенные непрерыв-

14
но на протяжении некоторой площади или длины. Величина распределенной
нагрузки, приходящейся на единицу площади или длины тела, называется ин-
тенсивностью нагрузки и обозначается (q).
В случае нагрузки, распределенной по поверхности (давление ветра на
стену здания, давление жидкости на стенки резервуара), интенсивность измеря-
ется в Н/м
2
, кН/м
2
и т. д . При нагрузке, распределенной по длине (вес балки пе-
рекрытия, вес троса кабель-крана), интенсивность измеряется в Н/м, кН/м,
МН/м. Объемные нагрузки измеряются в Н/м3
, кН/м3ит.д.
Нагрузки могут быть постоянными и временными. Постоянные действуют
всегда и в течение достаточно длительного времени, например собственный вес
конструкции. Временные нагрузки действуют эпизодически, например давление
ветра, вес поезда.
Различают нагрузки статические и динамические.
Статические нагружают конструкцию постепенно, нарастая от нуля до
конечного значения достаточно медленно. По достижении своего конечного
значения они не меняются или меняются незначительно. Примером такой на-
грузки может служить собственный вес конструкции, давление снега на кров-
лю, жидкости на стенки резервуара, центробежные силы при равномерном
вращении ротора.
Динамические нагрузки меняют свою величину в течение малого проме-
жутка времени и сопровождаются появлением ускорений элементов конструк-
ций. К динамическим относятся, например, ударные нагрузки.
Встречаются также повторно-переменные нагрузки, которые многократно
меняют свою величину или направление. Нагрузки, меняющиеся по определен-
ному, повторяющемуся закону, называются циклическими. Существует особый
класс нагрузок – сейсмические. Он связан с природными катаклизмами и дру-
гими явлениями.
Внутренними силами называют силы, вызванные действием на тело внеш-
них сил. Внутренние силы действуют в теле и при отсутствии внешних нагру-
зок (силы взаимодействия между частицами тела). При действии на тело внеш-
них сил возникают дополнительные внутренние силы, сопровождающие де-
формацию. Эти силы сопротивляются стремлению внешних сил изменить фор-
му тела, отделить одну его часть от другой. В сопротивлении материалов изу-
чаются только дополнительные внутренние силы, возникающие в результате
деформации, вызванной внешними силами. Для определения внутренних сил,
возникающих в стержне от действия внешних нагрузок, применяется метод се-
чений (метод РОЗУ).
Сущность метода сечений (РОЗУ)
Этапы определения внутренних сил
1. Рассекаем изучаемый стержень мысленно плоскостью на две части
(рис. В .5). Каждая из частей предполагается находящейся в равновесии под
действием внешних сил, приложенных к этой части, и внутренних сил, возни-
кающих в сечении и представляющих собой силы взаимодействия между ос-

15
тавшейся и отброшенной частями.
Равнодействующая внутренних сил в сечении называется усилием, а вели-
чина внутренней силы, приходящейся на единицу площади сечения, называется
напряжением в данной точке сечения. Более точное определение: напряжение –
это мера интенсивности внутренних сил в точке тела.
Рис. В.5
2. Отбросим одну из частей стержня, например левую, и исследуем усилия
в сечении оставшейся (правой) части (рис. В .5). Обычно отбрасывают ту часть,
на которую действует большее количество сил, что упрощает расчет.
3. Заменяем действие отброшенной части тела на оставшуюся внутренни-
ми силами. Приведя внутренние силы, действующие в данном сечении, к цен-
тру тяжести сечения, получим главный вектор ВН
R




и главный момент
ВН
М





внутренних сил упругости. Раскладывая главный вектор и главный момент на
составляющие по координатным осям, получим шесть внутренних силовых
факторов (усилий) NX , Qу , QZ , MX , Mу , MZ (рис. В.6).
Рис. В.6
Составляющими главного вектора R




являются:
NX – продольная сила;
Qy , QZ – поперечные силы.
Составляющими главного момента М





являются:
МХ – крутящий момент, в дальнейшем обозначающийся МК;
Му , МZ – изгибающие моменты.
Оси У, Z рассматриваются как главные центральные оси поперечного се-
чения. Заметим, что в том же сечении левой части будут те же усилия, но

16
имеющие противоположное направление.
4. Уравновешиваем оставшуюся правую часть тела (рис. В .6).
Для каждой части стержня должны быть выполнены шесть условий равно-
весия:
0;
0;
0;
0;
0;
0.
X
y
Z
X
Y
Z
M
M
M
=
=
=
=
=
=
∑∑∑∑
∑∑
Из рассмотрения этих уравнений находим внутренние усилия (NX , Qy ,
QZ, МХ , Му , МZ). По начальным буквам этапов метод получил название –
РОЗУ.
Каждому из этих силовых факторов соответствует свой вид деформации.
Продольная сила (N) вызывает растяжение (сжатие), поперечная сила Q –
сдвиг, крутящий момент (МК) – кручение, изгибающие моменты (МZ , Му) –
изгиб. Итак, под действием внешних сил в теле возникают внутренние силы,
сопровождающие деформацию тел и связанные с ними нормальные (σ ) и каса-
тельные (τ ) напряжения.
Этим двум видам напряжений соответствуют два вида разрушения элемен-
тов конструкций путем отрыва или взаимного сжатия частиц в точке тела и пу-
тем сдвига частиц. Зная величины напряжений, которые возникают в элементах
конструкции, и те напряжения, которые выдерживает материал (предел прочно-
сти в
σ ), можно судить о прочности элементов и конструкции в целом.
Для обеспечения надежной работы конструкции необходимо, чтобы фак-
тические напряжения, возникающие в элементах конструкции, не превосходили
допускаемых нормальных напряжений [σ ] и касательных напряжений [τ ] или
расчетных сопротивлений R. Допускаемые напряжения составляют некоторую
часть от предельных напряжений и гарантируют безопасную работу конструк-
ции и ее элементов на весь период эксплуатации. Для пластичных материалов
за опасное напряжение принимается предел текучести Т
σ , а для хрупких пре-
дел прочности – В
σ . Допускаемые нормальные напряжения [σ ] и касательные
напряжения [τ ] зависят от материала, из которого изготовляют элементы кон-
струкции, степени ответственности и назначения конструкции, технологиче-
ских, конструктивных и других факторов.
В инженерной практике используется три вида расчета на прочность:
1) по допускаемым напряжениям;
2) разрушающим нагрузкам;
3) предельным состояниям.
Расчет по допускаемым напряжениям
В этом случае в качестве критерия прочности принимают максимальные
напряжения, которые возникают в точке, называемой опасной. Наибольшие на-
пряжения max
σ
и max
τ , установленные расчетным или экспериментальным пу-
тем, сопоставляются с допускаемыми напряжениями.
Конструкция и её элементы считаются прочными, если выполняются так
называемые условия прочности:

17
max
max
[];
[],
σ
σ
τ
τ
≤
≤
где [σ], [τ] – соответственно допускаемые нормальные и касательные на-
пряжения (приложение П.4, П.5).
Расчет по допускаемым напряжениям является основным для машино-
строительных конструкций. Необходимо отметить, что в ряде случаев этот путь
расчета приводит к неэкономичным решениям, необоснованному повышению
запаса прочности, т. к. достижение максимальными напряжениями max
σ
или
max
τ
опасных значений (например, предела текучести Т
σилиТ
τ ) в отдельных
элементах конструкции не означает, что нагрузочная способность конструкции
исчерпана.
Расчет по разрушающим нагрузкам
В этом методе расчета за критерий прочности принимают не напряжение в
одном из элементов, а несущую способность конструкции в целом. Метод име-
ет несколько названий: расчет по разрушающим нагрузкам, предельным на-
грузкам, предельной несущей способности. В рассматриваемом методе путем
расчета определяется предельная нагрузка, при которой несущая способность
конструкции оказывается исчерпанной, т. е . конструкция превращается в гео-
метрически изменяемую систему, не способную к восприятию возрастающей
нагрузки.
Условие прочности может быть записано следующим образом:
,
пр
раб
Р
Р
k
≤
где Рраб – рабочая нагрузка, т. е . действующая на конструкцию в процессе
эксплуатации;
Рпр – предельная (разрушающая) нагрузка;
k – коэффициент запаса прочности.
При расчете простейших конструкций, в которых распределение усилий
между элементами не зависит от их жесткостей (статически определимых), а
распределение напряжений по сечению элементов равномерное, методы допус-
каемых напряжений и разрушающих нагрузок дают одинаковые результаты.
В случае статически неопределимой конструкции или при неравномерном
распределении напряжений в сечении метод расчета по разрушающим нагруз-
кам дает более экономичное решение.
Расчет по предельным состояниям
Этот метод с 1955 г. введен в практику расчета строительных конструкций.
Предельным называют такое состояние конструкции, при котором она

18
перестает удовлетворять требованиям эксплуатации и монтажа. Нарушение
этих требований может привести к выходу конструкции из строя (полное об-
рушение конструкции, ее повреждение), что требует капитального ремонта. В
других случаях при воздействии нагрузок, их неблагоприятного сочетания мо-
гут возникнуть большие упругие перемещения, колебания, при которых нор-
мальная эксплуатация конструкции становится затруднительной, что потребует
для устранения этих явлений текущего ремонта. Исходя из этого для металли-
ческих конструкций установлены две группы предельных состояний:
•
Первая группа предельных состояний характеризует состояние конст-
рукции по пригодности ее к эксплуатации. Она включает факторы, которые
вызывают полную непригодность конструкции к эксплуатации, такие как ее
разрушение (вязкое, хрупкое, усталостное), потеря устойчивости (при сжа-
тии, сжатии с изгибом), переход конструкции в геометрически изменяемую
систему (механизм), качественное изменение конфигурации и т. д . При рас-
чете конструкций по предельным состояниям этой группы учитывают са-
мые неблагоприятные условия работы конструкций, наибольшее из воз-
можных усилий в расчетном элементе. При этом учитывают, что элемент
изготавливается из металлопроката с наихудшими (в пределах допустимых
стандартами) характеристиками. При расчете должно выполняться условие
–
максимально возможное усилие в элементе или в конструкции не должно
превышать их несущей способности.
Условие имеет вид
N≤Ф,
где N – максимальное усилие от расчетных нагрузок (продольная сила,
изгибающий, крутящий моменты, поперечная сила);
Ф – предельное (несущая способность элемента или конструкции, со-
ответствующая видам деформаций: растяжению, сжатию, изгибу, кру-
чению, сдвигу).
Расчет по первому предельному состоянию является одним из вариантов
расчета по предельным (разрушающим) нагрузкам, но в отличие от по-
следнего учитывается еще и вероятность наступления предельного состоя-
ния.
•
Вторая группа предельных состояний характеризует конструкцию по
пригодности к нормальной эксплуатации. Нормальная эксплуатация конст-
рукций может быть нарушена, если не выполняются требования по ограни-
чению перемещений и колебаний.
f≤fu,
где f – перемещение (прогиб, угол поворота и т. д .) конструкций или эле-
мента от нормативных нагрузок нормальной эксплуатации;
fu – предельное перемещение, допустимое по условиям эксплуатации
и, определяемое нормативными документами.
При расчете металлоконструкций различают нормативные (нормального

19
режима эксплуатации) и расчетные (наибольшие) нагрузки. Нормативные на-
грузки определяются по СНиП, а расчетные нагрузки путем статистической об-
работки длительных натурных наблюдений за изменчивостью реальных нагру-
зок. При расчете металлоконструкций в качестве основной расчетной характе-
ристики используют расчетное сопротивление R (прил. П.11). При принятии за
предельное сопротивление сталей предела текучести оно определяется по фор-
муле
RУ=RУn/γm,
где RУ – расчетное сопротивление стали растяжению, сжатию, изгибу по
пределу текучести;
RУn – предел текучести (нормативное сопротивление), принимаемый
равным значению предела текучести по государственным стандартам
и техническим условиям на сталь;
γm – коэффициент надежности по материалу, для сталей
γm=1,025...1,05, для алюминиевых сплавов γm = 1,1.
В случае, когда допускается работа конструкции при развитии значитель-
ных пластических деформаций (трубопроводы), за предельное сопротивление
стали принимают временное сопротивление Run. В этом случае расчетное со-
противление определяют по формуле
Ru = Run/(γm· γu),
где Ru – расчетное сопротивление стали растяжению, сжатию, изгибу по
временному сопротивлению;
Run – временное (нормативное) сопротивление стали разрыву, прини-
маемое равным минимальному значению пределу прочности (σb) по
государственным стандартам и техническим условиям;
γu – дополнительный коэффициент надежности, для сталей γu = 1,3,
для алюминиевых сплавов γu = 1,45.
Реальная конструкция отличается от расчетной, идеализированной
ее моделью. Поэтому при расчете степень этой идеализации учитывается коэф-
фициентом условий работы (γc). Этот коэффициент дифференцирован по видам
элементов и характером воздействий, имеет статистическую природу, в ряде
случаев строго обоснован или установлен экспериментально. Его можно опре-
делить по СНиП. В расчетах расчетное сопротивление умножается на этот ко-
эффициент. Коэффициент условия работы находится в пределах 0,7 ≤ γc ≤ 1,1.
Для некоторых сталей расчетное сопротивление приводится в приложении
П.11 (СНиП 2-23-81). Расчетное сопротивление получено делением норматив-
ного сопротивления на коэффициент надежности по материалу (γm).
С учетом расчетных сопротивлений и коэффициентов выражение предель-
ных неравенств в обобщенной форме записи можно представить в виде:
для предельных состояний 1-ой группы
()
/
i
ni
f
n
Уn
m
с
NF
AR
γψγ
γγ
⋅
⋅
⋅
⋅
≤⋅
⋅
∑
;

20
для предельных состояний 2-ой группы
i
n
n
u
fF
f
ψγ
⋅
⋅
⋅
≤
∑
,
где Ni , fi – соответственно усилие (продольная сила, изгибающий, крутя-
щий моменты, поперечная сила) и перемещение от единичной нагруз-
киFi=1;
Fni – нормативная i–ая нагрузка;
A – геометрическая характеристика сечения
(площадь, момент сопротивления и т. п .);
fu – предельное перемещение, допустимое по условиям нормальной
эксплуатации;
γn – коэффициент надежности по ответственности;
γf – коэффициент надежности по нагрузке;
Ψ – коэффициент сочетания нагрузок.
В металлоконструкциях могут быть использованы различные марки стали:
малоуглеродистые и высокопрочные. Предельное состояние конструкций из
элементов, изготовленных из малоуглеродистых сталей, наступает в результате
больших пластических деформаций, поэтому работа таких конструкций огра-
ничивается величиной напряжений, равных расчетному сопротивлению.
В случае высокопрочных сталей, не имеющих площадки текучести, пре-
дельное состояние конструкции при статических нагрузках связано с вязким
разрушением. Развитие пластических деформаций здесь не допускается, и рас-
чет конструкций производят при упругой стадии работы материала, также ог-
раничивая величину нормальных напряжений расчетным сопротивлением. При
действии растягивающих напряжений возможно хрупкое разрушение сталей
(низкая температура эксплуатации, концентрация напряжений и др.). Расчет на
хрупкую прочность выполняют по формуле
max
/uu
R
σ
βγ
≤⋅
,
где σmax – наибольшее растягивающее напряжение в сечении элемента;
β – коэффициент, зависящий от температуры эксплуатации и вида
концентратора напряжений.
При циклических нагрузках предельное состояние может наступить в ре-
зультате усталостного разрушения. В этом случае выполняется расчет конст-
рукций на выносливость по нагрузкам (нормативным) нормальной эксплуата-
ции в упругой стадии.
Расчет на выносливость производят по формуле
max
Rνν
σ
α
γ
≤⋅⋅
,
где α – коэффициент, учитывающий количество циклов нагружения;
Rν – расчетное сопротивление усталости, зависящее от прочности
стали и вида концентратора напряжений;

21
Рис. 1 .1
γν – коэффициент, определяемый в зависимости от вида напряженного
состояния и коэффициента асимметрии цикла.
Расчет конструкции по предельному состоянию второй группы производят
при упругой стадии работы материала, т. к. при нормативных нагрузках пла-
стические деформации, как правило, не развиваются.
1. Геометрические характеристики плоских сечений
Исследования и испытания показывают, что сопротивляемость стержней
различным видам деформаций определяется не только материалом и размера-
ми, но также зависит от формы их поперечного сечения, очертания оси и рас-
положения. Геометрические характеристики определяют с чисто геометриче-
ской стороны способность стержня сопротивляться деформациям. К ним отно-
сят: площадь поперечного сечения, положение центра тяжести, статические
моменты, моменты инерции сечения, моменты сопротивления, радиусы инер-
ции сечения.
1.1. Площадь поперечного сечения
Если
стержень
рассечь
плоскостью, перпендикулярной
его оси, то получим плоскую фи-
гуру (сечение), которая в общем
случае может иметь произволь-
ную форму (рис. 1.1). Под пло-
щадью будем понимать часть
плоскости, ограниченную замк-
нутым (замкнутыми) контуром.
Площадь любого замкнутого
контура можно определить как
сумму элементарных площадей
(A
∆ ) простейших известных фи-
гур, на которые разбивается се-
чение (рис. 1.1). Тогда площадь
поперечного сечения будет равна
1
n
i
i
A
A
=
=
∆
∑.
(1.1)
Более точно площадь поперечного сечения можно вычислить, используя
интегральную зависимость
A
AdA
=
∫.
(1.2)

22
1.2. Статические моменты площади сечения
Статическим моментом площади сечения относительно какой-либо оси,
лежащей в плоскости сечения, называется сумма произведений площадей эле-
ментарных площадок на их расстояние до этой оси:
z
A
S ydA
=
∫;
y
A
S zdA
=
∫,
(1.3)
где A ─ площадь всего сечения;
y и z – соответственно расстояния от элементарной площадки dA до
осейzиy.
Статические моменты z
Sиy
S имеют размерность единицы длины в треть-
ей степени, обычно в см
3
или м
3
. Статический момент может быть положитель-
ным, отрицательным и, в частности, равным нулю. Если известны координаты
(,
c
c
y z ) центра тяжести ( C ) сечения, то статические моменты площади сечения,
на основании теоремы Вариньона, можно определить по формулам:
z
c
SAy
=
⋅
;
y
c
SAz
=
⋅
.
(1.4)
По известным статическим моментам из (1.4) можно определить положе-
ние центра тяжести сечения
z
c
S
y
A
=
;
y
c
S
z
A
=
,
(1.5)
где А – площадь сечения;
,
c
c
y z – соответственно расстояния от центра тяжести сечения до вспо-
могательных осей z и y , относи-
тельно которых определяется его
положение.
Центр тяжести сечения – это точка,
относительно которой сечение будет нахо-
диться в равновесии (если сечение рассмат-
ривать как тонкую пластину). Анализируя
зависимость (1.5) видим, что если
0
z
S=и
0
y
S=
, то оси z и y проходят через центр
тяжести сечения. Оси, относительно кото-
рых статические моменты площади равны
нулю, называются центральными осями.
Любая ось симметрии является цен-
Рис. 1 .2

23
Рис. 1 .3
Рис. 1 .4
тральной осью, так как центр тяжести сечения лежит на этой оси и, следо-
вательно, статический момент относительно ее всегда равен нулю.
Например, ось y (рис. 1.2) является осью симметрии прямоугольного се-
чения и, следовательно, она центральная. Ось 1z не совпадает с центром тяже-
сти сечения, поэтому не является центральной, и статический момент площади
сечения относительно оси 1z будет не равен нулю
1
0
z
S ≠ . Если сечение пред-
ставляет сложную фигуру (рис. 1 .3), состоящую из ряда простых фигур, напри-
мер прямоугольника, треугольника и т. д ., для которых известны положения
центров тяжести, то в этом случае статический момент всей фигуры можно оп-
ределить как сумму статических моментов этих простых фигур:
11
22
1
...
,
n
y
nn
ii
i
SAzAz
Az
Az
=
=
+
++
=
∑
11
22
1
...
.
n
z
nn
ii
i
SAyAy
Ay
Ay
=
=
+
++
=
∑
Выражения (1.6) надо понимать в алгебраическом виде, т. е . координаты
iy и iz необходимо подставлять с учетом знака, а также в случае вырезов знак
перед соответствующим членом необходимо сменить на минус. Например, для
сечения (рис. 1 .4) статические моменты относительно осей y и 1z будут равны
1
11
22
33
z
SAyAyAy
=
+
−
;
11
22
330
y
SAzAzAz
=
+
−
=
.
Статический момент
0
y
S=
, так как ось y является центральной осью и
координаты 1
2
30
zzz
=
=
=
, также в выражении
1z
S координата 1 0
y=
.
(1.6)

24
С учетом (1.6) координаты центра тяжести для сложной фигуры по отно-
шению к вспомогательным осям z и y определятся по формулам:
11
22
1
1
2
1
...
,
...
n
ii
z
nn
i
c
n
n
i
i
Ay
SAyAy
Ay
y
A
AA
A
A
=
=
+
++
=
=
=
+++
∑
∑
11
22
1
1
2
1
...
,
...
n
ii
y
nn
i
c
n
n
i
i
Az
SAzAz
Az
z
A
AA
A
A
=
=
+
++
=
=
=
+++
∑
∑
где12
,
, ...,
n
A A A − площади простейших сечений, на которые разбивается
сложное сечение;
12
,
, ...,
n
zz
zи12
,
, ...,
n
y y y − координаты центров тяжести простейших се-
чений по отношению к вспомогательным осям 1z и 1y .
В ряде случаев при вычислении статических моментов удобно использо-
вать формулы с двойным интегралом вида:
;
z
D
S ydA ydxdy
=
=
∫∫∫
.
y
D
S zdA zdxdy
=
=
∫∫∫
Здесь D ─ область интегрирования.
Пример 1.1
Вычислить координату центра тяжести се-
чения в виде полукруга (рис. 1 .5).
Решение:
Определяем положение центра тяжести по
формуле
z
c
ydzdy
S
y
A
A
=
=
∫∫.
Площадь сечения
2
0,5
A
R
π
=
.
С учетом уравнения окружности
2
2
2
zyR
+=
числитель будет равен
(1.7)
Рис. 1 .5

25
22
22
2
3
0
0
2
2
3
Rz
R
Rz
R
z
R
R
y
S
dz
ydy dz
R
−
−
−
−
=
=
⋅
=
∫∫∫
.
Вычисляем cy :
3
2
2
4
3
0, 424
0,5
3
c
R
R
y
R
R
π
π
=
=
⋅
=
⋅
.
1.3. Моменты инерции сечения
Осевым моментом инерции сечения относительно некоторой оси называ-
ется сумма произведений элементарных площадок на квадраты их расстояний
до этой оси. Осевые моменты инерции сечения (см. рис. 1.1) относительно оси
y и z соответственно равны:
2
y
A
I
zdA
=
∫;
2
z
A
I
ydA
=
∫.
(1.8)
Осевые моменты инерции всегда положительны и не могут быть равными
нулю. Они измеряются в см
4
или м
4
.
Полярным моментом инерции сечения относительно точки (полюса О)
(см. рис. 1 .1) называется сумма произведений площадей элементарных площа-
док на квадраты их расстояния до данной точки.
2
I
dA
ρ
ρ
=
∫.
(1.9)
Если учесть, что
2
2
2
yz
ρ=+
, то имеем
()
2
2
,
z
y
I
yzdAII
ρ=
+
=
+
∫
(1.10)
т. е . полярный момент инерции относительно полюса равен сумме осевых мо-
ментов инерции относительно двух взаимно перпендикулярных осей, проходя-
щих через этот полюс. Полярный момент инерции есть величина скалярная и
имеет ту же размерность, что осевые моменты инерции.
Центробежным моментом инерции относительно двух взаимно перпен-
дикулярных осей называется сумма произведений площадей элементарных
площадок на их расстояния до этих осей:
yz
A
I
yzdA
=
∫.
(1.11)
Центробежный момент может быть положительным, отрицательным и
равным нулю в зависимости от положения осей. Так, например, центробежный

26
момент инерции фигуры в виде треугольника, относительно осей 1y и 1z для
случая (рис. 1.7), положителен, так как координаты z1 и y1 всех элементов положительны.
Если какое-либо сечение (пло-
ская фигура) имеет хотя бы одну ось
симметрии (см. рис. 1.2, 1.5), то цен-
тробежный момент инерции относи-
тельно осей: оси симметрии y , и ей
перпендикулярной 1z , равен нулю. В
действительности, если фигура, на-
пример трапеция (рис. 1.6), симмет-
рична относительно оси y , то всегда
для элементарной площадки dA с координатами 1z относительно y найдется
симметричная площадка
2
dA с координатами 2z , y , равная по величине
1
dA.
При этом координаты 1
2
zz
=
, но противоположны по знаку. Тогда элементар-
ный центробежный момент инерции для площадки 1
dA , будет равен
()
1
1
11
yz
dI yzdA
=
,
а для площадки
2
dA.
()
1
2
22
yz
dI
yz dA
=−
.
Учитывая, что 1
2
dAdAdA
=
=
и1
2
z
z
=−
, получим, что суммарный центробежный
момент
()
()
1
1
1
1
2
1
2
0
yz
yz
yz
dIdIdI
yzdA yzdA
=
+
=
−
=
.
Распространяя эти рассуждения на все сечение, имеем
1
1
2
1
1
2
0,
yz
A
A
A
I
yzdA yzdA yzdA
=
=
−
=
∫∫∫
где 1
2
2
A
AA
=
=
представляют собой равновеликие площади частей 1 и 2
рассматриваемого сечения (рис. 1.6).
Очевидно, что как бы ни проходила ось 1z , выше или ниже, оставаясь пер-
пендикулярной оси симметрии y , центробежный момент инерции сечения
(рис. 1.6) будет всегда равен нулю. Аналогично центробежный момент прямо-
угольника (см. рис. 1 .2) относительно осей yz и 1
yz равен нулю, так как ось y
является осью симметрии.
Оси, относительно которых центробежный момент инерции
0
yz
I=
, на-
зываются главными осями инерции сечения. Так для рассматриваемого случая
Рис. 1.6.

27
оси y и 1z являются главными осями. Если главные оси проходят через центр тя-
жести сечения, то они называются главными центральными осями инерции сечения.
Для сечения (см. рис. 1.6) оси у и z будут главными, центральными осями.
Необходимо заметить, что ось z1, хотя и главная ось, но не является главной
центральной осью, так как она не проходит через центр тяжести сечения.
1.4. Моменты инерции простых сечений
1. Прямоугольник (см. рис. 1.2). Пусть размеры b и h известны. Очевидно,
что оси y и z , проходящие через середины сторон, будут центральными и
главными осями инерции сечения. Определим моменты инерции относительно
этих осей. При вычислении осевого момента инерции zI примем в качестве
элементарной площадки бесконечно узкую полоску, параллельную оси z , с
площадью dA bdy
=
(см. рис. 1 .2).
С учетом этого
3
3
2
2
2
2
2
2
3
12
h
h
z
h
h
A
by
bh
I
ydA
y bdy
−
−
=
=
=
=
∫∫
.
(1.12)
Осевой момент yI определяем аналогично, приняв за элементарную пло-
щадку полоску параллельную оси y , с площадью dA hdz
=
:
3
2
12
y
A
hb
I
zdA
=
=
∫
.
(1.13)
2. Треугольник (рис. 1.7). Центр тяжести (С) у треугольника находится на
пересечении медиан или на расстоянии 1/3 высоты от основания. Оси zy , про-
ходящие через центр тяжести (С) се-
чения, являются центральными. По-
ставим задачу определить осевой мо-
мент инерции относительно цен-
тральной оси z . Примем за элемен-
тарную площадь dA площадь полос-
ки, параллельную оси z ,
y
dA bdy
=
,
где yb − ширина полоски на уровне y
от центральной оси z (на линии mn ).
Из рассмотрения подобия треугольни-
ков KMN и Кmn устанавливаем зави-
симость ширины полоски y
b от коор-
динаты y :
Рис. 1 .7

28
Рис. 1.8.
2
3
y
b
b
hy
h

=
−


.
Делая подстановку, получим
2
3
3
2
3
2
3
36
h
z
h
A
b
bh
I
ydA y
hydy
h
−

=
=
−
=


∫∫
.
Момент инерции этого же треугольника относительно оси 1z , проходящей
через его основание (рис. 1.7), определяется аналогично. Площадь элементар-
ной площадки определяется так же:
y
dA bdy
=
. В этом случае ширина площадки
y
b теперь зависит от координаты 1y (рис. 1.7), т. е .
1
.
y
hy
bb
h
−
=
⋅
С учетом этого
1
3
2
2
1
1
1
0
0
.
12
H
H
z
hy
bh
I
ydy yb
dy
h
−
=
=
=
∫∫
3. Круг (рис. 1 .8). Пусть требуется вычислить осевые моменты инерции
круга относительно главных центральных осей ,y z по известному диаметру d.
Вычислим сначала полярный момент I ρ круга относительно его центра. Для
этого за элементарную площадь dA примем площадь бесконечно тонкого коль-
ца толщиной d ρ :
11
22
1
2
46,5 20 50 2,5
10, 93
46,5 50
ii
c
i
AYAYAY
Y
см
A
AA
⋅
+⋅
⋅
+⋅
=
=
=
=
+
+
∑
∑
.
Тогда
4
2
2
2
0
2
32
d
A
d
I
dA
d
ρ
π
ρ
ρ πρρ
=
=
⋅
=
∫∫
.
На основании того, что
z
y
III
ρ=+
,авси-
лу симметрии z
y
II
=
,
.
2
z
y
I
IIρ
=
=
С учётом этого
4
64
z
y
d
II
π
=
=
.
(1.14)
(1.15)
(1.17)

29
4. Круговой сектор
ODB (рис. 1 .9). Вычислим
момент инерции относи-
тельно оси z . Площадь эле-
ментарной площадки и ко-
ординаты выражаем через
полярные координаты
dA dd
ρφρ
=
и
sin
yρφ
=
.
Тогда
()
4
2
2
2
2
0
sin 2
sin 2
sin
128
2
d
z
A
d
I
ydA
dd
β
α
βα
ρ φρρφ
βα
−


=
=
=
−
−




∫∫∫
.
Для четверти круга
0
α=;
2
π
β=
. Тогда
4
256
z
d
I
π
=
.
1.5. Моменты инерции относительно параллельных осей
Пусть оси y и z для сечения (см. рис. 1 .1) являются центральными, а осе-
вые моменты инерции zI и yI , а также центробежный момент yz
I известны.
Поставим задачи − определить осевые моменты инерции
1
1
,
z
y
I I и центробеж-
ный момент
11
yz
I этого сечения относительно осей 1y и 1z , параллельных цен-
тральным y и z . Исходя из определения моментов инерции и учитывая, что
1
yya
=
+,а1zzb
=
+ , имеем
()
1
2
2
2
1
2
z
z
A
A
A
I
ydAyadAIAaaydA
=
=
+
=
+
+
∫∫
∫.
Так как
z
A
ydA S
=
∫ представляет собой статический момент площади сече-
ния, а ось z является центральной, то
0
z
S=
. Тогда окончательно имеем
1
2
z
z
IIAa
=
+
.
(1.19)
Момент инерции сечения относительно любой оси, параллельной централь-
ной, равен сумме момента инерции сечения относительно своей центральной оси
и произведения площади сечения на квадрат расстояния между осями.
(1.18)
Рис. 1 .9

30
Это положение называется теоремой о моментах инерции относительно
параллельных осей. По аналогии осевой
1y
I и центробежный
11
yz
I моменты
инерции определятся по зависимостям:
1
2
y
y
IIAb
=
+
;
11
yz
yz
I
I Aab
=
+
.
(1.21)
В формулах (1.19) – (1.21):
,
yz
I I – осевые моменты инерции сечения относительно центральных осей;
yz
I – центробежный момент инерции сечения относительно центральных осей;
,
a b – расстояния между осями: центральными и им параллельными.
Отметим, что координаты a и b , а также центробежный момент инерции
yz
I подставляются с учетом их знака. Таким образом, из полученных формул
(1.19) – (1.21) можно сделать вывод, что моменты инерции сечения при парал-
лельном смещении осей изменяются: при удалении от центральных осей они
возрастают. Моменты инерции относительно центральных осей ( ,y z ) имеют
максимальное значение по отношению к осям, им параллельным.
1.6. Моменты инерции сложных сечений
К сложным сечениям относят сечения, представляющие собой совокуп-
ность ряда простых сечений (см. рис. 1.2). Прокатные профили – уголки равно-
бокие (рис.1.10, а), неравнобокие (рис. 1.10, б), швеллера (рис. 1.10, в), двутавры
(рис. 1.10, г) и др. также являются сложными сечениями. Однако для них все гео-
метрические характеристики приводятся в таблицах сортамента в соответствии ГОСТ
(прил. П.7 -П.10), поэтому в вычислении геометрических характеристик таких
сечений нет необходимости.
Рис. 1 .10
(1.20)

31
а
б
Рис. 1 .11
Рис. 1 .12
Однако из прокатных профилей могут быть сконструированы сложные
(составные) сечения, например коробчатые (рис. 1.11, а), более сложные
(рис. 1 .11, б). В этих случаях требуется производить расчет геометрических ха-
рактеристик. При вычислении момента инерции сложные сечения могут быть
разбиты на отдельные простые части, моменты инерции которых известны. Из
основного свойства интеграла следует, что любой интеграл можно рассматри-
вать как сумму интегралов и, следовательно, момент инерции площади любого
сечения можно вычислить как сумму моментов инерции отдельных его частей
(рис. 1 .3):
...
I
II
III
Z
Z
Z
Z
IIII
=
++
+
Выражение (1.22) необходимо понимать в ал-
гебраическом смысле. Если, например, в сечении
(рис. 1 .12) расположено отверстие, то последнее
считается частью площади фигуры с отрицатель-
ной площадью и момент инерции такого сечения
можно представить в виде разности моментов
инерции двух простых сечений: круга и прямо-
угольника:
3
4
12 64
I
II
z
z
z
bH
D
III
π
=
−
=
−
.
Заметим, что если бы центры тяжести про-
стых сечений круга и прямоугольника не совпа-
дали, то предварительно необходимо было определить положение центра тяже-
сти всего сечения, а затем для вычисления момента инерции относительно цен-
тральной оси z или y воспользоваться теоремой о моментах инерции относи-
тельно параллельных осей (см. раздел 1.5). Аналогичным образом вычисляется
центробежный момент инерции сложного сечения:
...
I
II
III
zy
zy
zy
zy
IIII
=
++
+
Это выражение также понимается в алгебраическом смысле.
(1.22)
(1.23)
1
2
H
b

32
1.7. Зависимость между моментами инерции при повороте
координатных осей
Положим, что для произвольного сечения (рис. 1 .13) моменты инерции
относительно координатных осей z и y известны, а также известен центро-
бежный момент инерции zy
I . Требуется
установить зависимости для моментов
инерции относительно осей 1 1
zy,повер-
нутых на угол α по отношению к ис-
ходным осям z и y (рис. 1.13). Прини-
маем угол α положительным, если по-
ворот координатной системы происхо-
дит против хода часовой стрелки.
Пусть для данного сечения z
y
II
> .Для
решения поставленной задачи найдем
зависимость между координатами пло-
щадки dA в исходных и повернутых
осях. Из рис.1 .13 следует
1
zOKONNKONBC
=
=
+
=
+
.
Из треугольника ONB имеем
cos
cos
ON OB
z
α
α
=
=
,
из треугольника ACB
sin
sin
BC AB
y
α
α
=
=
.
С учетом этого получаем
/
cos
sin
zz
y
α
α
=
+
.
Аналогично для координаты 1y получаем
1
yAKACKCACNB
=
=
−
=
−
.
Учитывая, что
cos
cos
AC AB
y
α
α
=
=
,а
sin
sin
NB OB
z
α
α
=
=
,
окончательно имеем
1
cos
sin
yy
z
α
α
=
−
.
Воспользовавшись полученными зависимостями (1.23), (1.24) и выраже-
ниями для моментов инерции сечения (1.8), (1.9) и (1.11), определяем момент
инерции относительно новых (повернутых) осей 1z и 1y :
(
)
1
2
2
1
cos
sin
z
A
A
I
ydA y
z
dA
α
α
=
=
−
=
∫∫
Рис. 1 .13
(1.24)
(1.25)

33
2
2
2
2
cos
2 sin cos
sin
zy
A
A
A
y
dAI
dAz
dA
α
αα
α
=
−
+
∫
∫
∫
или
1
2
2
cos
sin
sin 2
z
z
y
zy
II
I
I
α
α
α
=
+
−
.
Аналогично
(
)
1
2
1
2
2
cos
sin
sin
cos
sin 2
y
A
A
z
y
zy
I
zdA z
y
dA
I
I
I
α
α
α
α
α
=
=
+
=
=
+
+
∫∫
Центробежный момент инерции
11
zy
I относительно повернутых осей опре-
делится зависимостью
(
)(
)
11
11
cos
sin
cos
sin
zy
A
A
I
zydA z
y
y
z
dA
α
α
α
α
=
=
+
−
∫∫
;
После раскрытия скобок и интегрирования получим
11
sin 2
cos 2
2
z
y
zy
yz
II
I
I
α
α
−
=
+
.
Складывая выражения (1.26) и (1.27), получаем
1
1
z
y
z
y
IIIIIconst
ρ
+=+
=
=
.
Отсюда следует:
Сумма моментов инерции относительно взаимно перпендикулярных осей
не меняется при их повороте и равна полярному моменту инерции сечения.
Вычитая (1.27) из (1.26) получаем
()
1
1
cos 2
2 sin2
z
y
z
y
zy
II
II
I
α
α
−
=
−
−
.
Формула (1.30) может служить для вычисления центробежного момента
инерции относительно осей z и y по известным моментам инерции относи-
тельноосейz,yи1z, 1
y , а формула (1.29) – для проверки вычислений момен-
тов инерции сложных сечений.
1.8. Главные оси и главные моменты инерции сечения
С изменением угла α (см. рис. 1.13) меняются и моменты инерции. При
некоторых значениях угла
0
αα
=
моменты инерции имеют экстремальные зна-
чения. Осевые моменты инерции, имеющие максимальные и минимальные зна-
чения, называются главными осевыми моментами инерции сечения. Оси, отно-
(1.26)
(1.27)
(1.28)
(1.29)
(1.30)

34
сительно которых осевые моменты инерции имеют максимальные и минималь-
ные значения, являются главными осями инерции.
С другой стороны, как уже отмечалось выше, главные оси − это оси, отно-
сительно которых центробежный момент инерции сечения равен нулю. Для оп-
ределения положения главных осей для сечений произвольной формы возьмём
первую производную по α от
1z
I или
1y
I и приравняем ее нулю:
1
0
0
0
0
0
2 cos sin
2 sin cos
2cos20
z
z
y
zy
dI
I
I
I
d
α
α
α
α
α
α
=−
+
−
=
.
Откуда
0
2
2
2
zy
zy
z
y
y
z
I
I
tg
IIII
α=−
=
−
−
.
Эта формула определяет положения двух осей, относительно одной из ко-
торых осевой момент инерции максимален, а относительно другой – минима-
лен. Необходимо заметить, что формула (1.31) может быть получена из (1.28),
если приравнять ее нулю.
Если подставить значения угла, определяемого из выражения (1.31), в
(1.26) и (1.27), то после преобразования получим формулы, определяющие
главные осевые моменты инерции сечения
()22
max
min
1
4
2
2
z
y
z
y
yz
II
I
II
I
+
=
±⋅
−
+
.
По своей структуре эта формула аналогична формуле (4.12), опреде-
ляющей главные напряжения (см. разд. 4 .3).
Если z
y
II
> , то, исследуя знак второй производной
2
2
z
dI
dα
, выясняем, что
максимальный момент инерции max
I имеет место относительно главной оси,
повернутой на угол 0
α по отношению к оси z , а минимальный момент инерции
–
относительно другой главной оси, расположенной под углом 0
2
π
α+ кэтой
оси z. Если z
y
II
< , то все меняется наоборот. Значения главных моментов
инерции max
Iиmin
I могут быть вычислены и по зависимостям (1.26) и (1.27),
если подставить в них вместо α значения 0
α . При этом сам собой решается во-
прос: относительно какой главной оси получается максимальный момент инер-
ции и относительно какой оси – минимальный?
Необходимо обратить внимание, что если для сечения главные централь-
ные моменты инерции относительно осей z и y равны, то у этого сечения лю-
бая центральная ось является главной, и все главные центральные моменты
инерции одинаковы (круг, квадрат, шестиугольник, равносторонний треуголь-
(1.31)
(1.32)

35
ник и др.) . Это легко устанавливается из зависимостей (1.26), (1.27) и (1.28).
Действительно, предположим, что для какого-то сечения оси z и y − главные
центральные оси и кроме того z
y
II
=
. Тогда из формул (1.26) и (1.27) получим,
что
1
1
z
y
z
y
IIII
=
=
=
, а из формулы (1.28) убедимся, что
11
0
zy
I=
, т. е. любые оси
являются главными центральными осями инерции такой фигуры.
1.9. Понятие о радиусе инерции
Момент инерции сечения относительно какой-либо оси можно представить
в виде произведения площади сечения на квадрат некоторой величины, назы-
ваемой радиусом инерции площади сечения:
2
2
z
z
A
I
ydA Ai
=
=
⋅
∫
,
гдеzi−
−
−
−
радиус инерции относительно оси z .
Тогда из (1.33) следует
z
z
I
i
A
=
.
Аналогично
y
y
I
i
A
=
.
Главным центральным осям инерции соответствуют главные радиусы
инерции:
max
max
;
I
i
A
=
min
min
.
I
i
A
=
1.10. Моменты сопротивления
Различают осевые и полярные моменты сопротивления.
1. Осевым моментом сопротивления называется отношение момента
инерции относительно данной оси к расстоянию до точки поперечного сечения,
наиболее удаленной от этой оси.
Осевой момент сопротивления, относительно оси z :
(1.33)
(1.34)
(1.35)

36
max
z
z
I
W
y
=
,
а относительно оси y :
max
y
y
I
W
z
=
,
где max
yиmax
z ─ соответственно расстояния от главных центральных осей
z и y до точек, наиболее удаленных от них.
При расчетах используются главные центральные оси инерции и главные
центральные моменты, поэтому под zI и yI в формулах (1.36) и (1.37) будем
понимать главные центральные моменты инерции сечения. Рассмотрим вычис-
ление моментов сопротивления некоторых простых сечений.
1. Прямоугольник (см. рис. 1.2):
3
2
max
12
6
2
z
z
bh
I
bh
W
h
y
=
=
=
;
3
2
max
12
6
2
y
y
bh
I
hb
W
b
z
=
=
=
.
2. Круг (см. рис. 1 .8):
()
4
3
3
2
0,1
64
32
zy
z
y
I
d
d
WWW
d
R
D
π
π
⋅
=
=
=
=
=
≈
⋅
.
3. Трубчатое кольцевое сечение (рис. 1.14):
()
4
4
1
64
z
y
D
II
π
α
=
=
−
,
где
d
D
α=;
()
3
4
0,1 1
2
z
z
y
I
WW
D
D
α
=
=
≈
−
.
(1.41)
Для прокатных профилей моменты сопротивления приводятся в таблицах
сортамента и в их определении нет необходимости (см. прил. 7−10).
(1.36)
(1.37)
(1.38)
(1.39)
(1.40)
Рис.1 .14 .

37
2. Полярным моментом сопротивления называется отношение полярного
момента инерции к расстоянию от полюса до наиболее удаленной точки сече-
ния
max
I
W
ρ
ρ
ρ
=
.
В качестве полюса обычно принимается центр тяжести сечения. Например,
для круглого сплошного сечения (рис. 1.14):
3
3
3
0,2
216
I
r
D
W
D
R
ρ
ρ
π
π
=
=
=
≈
.
Для трубчатого круглого сечения
()()
3
4
3
4
1
0,2 1
16
2
I
D
W
D
D
ρ
ρ
π
α
α
=
=
−
≈
−
.
Осевые моменты сопротивления z
Wиy
W характеризуют чисто с гео-
метрической стороны сопротивляемость стержня (балки) деформации изги-
бу, а полярный момент сопротивления Wρ − сопротивляемость кручению.
1.11. Примеры расчета геометрических характеристик
плоских сечений
Пример 1.2
Для сечения, состоящего из двух швеллеров No 10 и двух прямоугольных
пластин (20× 100) мм , определить главные центральные моменты инерции (рис.
1.15).
Решение:
1. Определяем главные центральные
моменты инерции для швеллера и пря-
моугольника:
а) для швеллера No 10 ГОСТ 8240-89
(прил. П.10) геометрические характери-
стики:
площадь сечения 1 10, 9
A=
см
2
;
осевые моменты инерции:
1
20, 4
y
I=
см
4
;
1
174
z
I=
см
4
.
Положение центра тяжести:
1, 44
d=
см.
б) для прямоугольника:
(1.42)
(1.43)
(1.44)
Рис. 1 .15

38
2
3
3
102
6,7
12
12
z
BH
I
⋅
=
=
=
см
4
;
2
3
3
210
166, 7
12
12
y
HB
I
⋅
=
=
=
см
4
;
221020
A=
⋅
=
см
2
.
2. Вычисляем главные центральные осевые моменты инерции сечения.
Оси Y и Z являются осями симметрии сечения (рис. 1.15), поэтому они являют-
ся главными центральными осями инерции (центробежный момент инерции
0
yz
I = ), нет необходимости определять их положение.
Осевые моменты инерции относительно этих осей:
(
)(
)
1
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
2
i
y
y
i
i
y
y
i
I
IbA
IbAIbA
=
=
+⋅
=
+⋅++
⋅
=
∑
()
(
)(
)
2
4
220,4 5 1,44 10,9 2166,7 0 20 650,5см .
=
+−
⋅
+
+⋅
=
(
)(
)
1
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
2
i
z
z
i
i
z
z
i
I
IaA
IaAIaA
=
=
+⋅
=
+⋅++
⋅
=
∑
(
)
()
(
)2
4
2174 010,9 26,7 51 20 1801,4см.
+⋅
+
++⋅
=
Пример 1.3
Для сечения в виде тавра
определить главные центральные
моменты инерции (рис. 1 .16).
Дано:H=5см,B =8см,b =4см
Решение:
1. Разбиваем сложное тавро-
вое сечение на два прямо-
угольника 1 и 2.
2. Вводим вспомогательную
ось (ось отсчета) Zвсп. Она
связана с основанием второго
прямоугольника (можно вы-
брать любое другое положе-
ние оси, например: ось Z1, Z2
и т. д.), относительно кото-
рой будем находить координаты центра тяжести сечения.
3. Координаты центра тяжести:
1
2
H
H
C
a
1
a
2
Zвсп
Y
2
Y
1
Z1
Z
Z2
Рис. 1 .16
Y
С

39
457,5582,5
4,15
4558
ii
c
i
AY
Y
см
A
⋅
⋅
+⋅⋅
=
=
=
⋅
+⋅
∑
∑
Zc = 0, т.к. Y является осью симметрии сечения.
4. Определяем главный центральный момент инерции относительно цен-
тральной оси сечения Z. На основании теоремы о моменте инерции отно-
сительно параллельных осей одна из которых центральная, имеем:
I
II
z
z
z
III
=
+
2
(
)
i
z
zi
ii
I
IaA
=
+
∑
2
2
1
11
2
22
I
II
z
z
z
z
z
IIIIаAIаA
=
+=+
++
,
где Izi – момент инерции простого сечения относительно собственной оси;
ai – расстояние между собственной осью (Z1 или Z2) и главной цен-
тральной осью Z;
Аi – площадь (А1 или А2) сечения.
Для прямоугольников 1 и 2 осевые моменты инерции относительно
оси Z1 и Z2 соответственно равны:
3
3
2
2
4
1
1
45
(
)
4 5 (7,5 4,15) 266,5 ;
12
12
I
z
c
BH
I
Ayy
см
⋅
=
+⋅
−
=
+⋅⋅
−
=
3
3
2
2
4
2
2
85
(
)
85(4,152,5) 192 ;
12
12
II
z
c
BH
I
Ayy
см
⋅
=
+⋅
−
=
+⋅⋅
−
=
4
266, 5 192 458,5
.
z
I
см
=
+
=
5. Вычисляем главный центральный осевой момент инерции сечения отно-
сительно оси Y. На основании теоремы о моменте инерции относительно
параллельных осей, одна из которых центральная, имеем:
;
I
II
y
y
y
III
=
+
2
(
);
i
y
yi
ii
I
IbA
=
+
∑
2
2
1
11
2
22,
I
II
y
y
y
y
y
IIIIbAIbA
=
+=+
++
где Iyi – момент инерции простого сечения относительно собственной оси;

40
bi – расстояние между собственной осью и главной центральной (для
нашего случая b1 = b2 = 0, так как ось Y является осью симметрии се-
чения);
Аi – площадь простого сечения.
3
3
4
54
27;
12 12
I
y
HB
I
см
⋅
=
=
=
3
3
4
58
213 ;
12 12
II
y
HB
I
см
⋅
=
=
=
4
27 213 240
I
II
y
y
y
III
см
=
+=+
=
Пример 1.4
Для трубчатого сечения в виде прямо-
угольника, из которого вырезан круг (рис
1.17), определить главные центральные
моменты инерции.
Дано: H=30см, B =20см, D =12см.
h=10см.
Решение:
1. Разбиваем сложное сечение на пря-
моугольник (1) и круг (2).
2. В качестве вспомогательной оси вы-
бираем ось Zвсп.
3. Определяем положение центра тяже-
сти сечения Yc:
2
11
22
2
1
2
203015 3,146 20
13,84
3,14 12
20 30
4
ii
c
i
AYAYAY
Y
см
A
AA
⋅
−
⋅
⋅
⋅
−
⋅
⋅
=
=
=
=
⋅
−
⋅
−
∑
∑
Zc = 0, т.к . Y является осью симметрии сечения.
4. Главный центральный момент инерции сечения относительно оси Z:
;
I
II
z
z
z
III
=
−
2
(
),
i
z
zi
ii
I
IaA
=
+
∑
где Izi – момент инерции простого сечения относительно собственной оси;
ai – расстояние между собственной осью и главной центральной;
Аi – площадь простого сечения.
2
2
1
11
2
22
I
II
z
z
z
z
z
IIIIаAIаA
=
+=+
−
−
Рис. 1 .17

41
Рис. 1 .18
Y
2
a
2
a
1
Y
Zвсп
Z1
Z2
3
3
2
2
4
1
1
20 30
(
)
20 30 (15 13,84) 45900
12
12
I
z
c
BH
I
Аyy
см
⋅
=
+⋅
−
=
+⋅⋅
−
=
4
2
4
2
2
2
4
3,14 12 3,14 12
(20 13,84)
6,16 5360
64
4
64
4
II
z
D
D
I
см
π
π
⋅
⋅
=
+
−
=
+
⋅
=
4
45900 5360 40540 .
z
I
см
=
−
=
5. Главный центральный момент инерции сечения относительно оси Y.
2
(
),
i
y
yi
ii
I
IbA
=
+
∑
где Iyi – момент инерции простого сечения относительно собственной оси;
bi – расстояние между собственной осью и главной центральной
b1 = b2 = 0, так как ось Y является осью симметрии сечения;
Аi – площадь простого сечения.
2
2
1
11
2
22.
I
II
y
y
y
y
y
IIIIbAIbA
=
−
=
+
−
−
3
4
3
4
4
30 20 3,14 12
18990 .
12 64
12
64
I
II
y
y
y
HB
D
III
см
π
⋅
⋅
=
−
=
−
=
−
=
Пример 1.5
Для сечения(рис 1.18), состоящего из двутавра No 30 и пластины, опреде-
лить главные центральные моменты
инерции.
Дано:h=5см, b=10см, Для двутавра
(прил. П.9) H=30см, B=13,5см, Iz1=7080
см
4
, Iу1=7080 см
4
.
Решение:
1. Разбиваем сложное сечение на
двутавр (1) и прямоугольник(2).
2. В качестве вспомогательной оси
выбираем ось Zвсп.
3. Определяем положение центра
тяжести:
Y
1
1
2

42
11
22
1
2
46,5 20 50 2,5
10,93
46,5 50
ii
c
i
AYAYAY
Y
см
A
AA
⋅
+⋅
⋅
+⋅
=
=
=
=
+
+
∑
∑
Zc=0, т.к. Y является осью
симметрии сечения.
4. Найдем главный осевой момент инерции относительно оси сечения Z:
;
I
II
z
z
z
III
=
+
2
(
),
i
z
zi
ii
I
IaA
=
+
∑
где Izi – момент инерции простого сечения относительно собственной
центральной оси (Z1 или Z2);
ai – расстояние между собственной осью и главной центральной осью;
Аi – площадь простого сечения.
2
2
1
11
2
22
I
II
z
z
z
z
z
IIIIаAIаA
=
+=+
++
2
4
1
1 (25 10, 93) 7080 9205,37 16285,37
I
z
z
IIA
см
=
+⋅
−
=
+
=
3
2
4
2 (10,93 2,5) 104,7 3553,25 3657,95
12
II
z
bh
I
А
см
=
+
−
=
+
=
4
16285,37 3657, 95 19943,32 .
z
I
см
=
+
=
5. Найдем главный осевой момент инерции сечения относительно оси сече-
ния Y:
;
I
II
y
y
y
III
=
+
2
(
),
i
y
yi
ii
I
IbA
=
+
∑
где Iyi – момент инерции простого сечения относительно собственной оси;
bi – расстояние между собственной осью и главной центральной оси Y;
b1 = b2 = 0, так как ось Y является осью симметрии сечения;
Аi – площадь простого сечения.
1
2;
I
II
y
y
y
y
y
IIIII
=
+=+
4
337 ;
I
y
I
см
=

43
3
3
4
510
416,7 ;
12 12
II
z
hb
I
см
⋅
=
=
=
4
337 416, 7 753, 7
.
y
I
см
=
+
=
Пример 1.6
Для сечения, составленного из двутавра No 40, неравнобокого уголка
(90×56×6) мм, пластины (12×400) мм, требуется определить положение центра
тяжести, осевые моменты инерции относительно центральных осей, положение
главных центральных осей инерции и моменты инерции относительно этих осей.
Решение:
1. Разбиваем сечение на простейшие, показываем их центры тяжести и
центральные оси инерции ,i
i
Y Z . Таких сечений три (за номерами 1, 2, 3 на
рис. 1.19, а).
Для прокатных профилей двутавра и уголка выписываем данные их гео-
метрических характеристик из таблиц сортамента, а для пластины рассчитыва-
ем:
а) двутавр No 40 ГОСТ 8239-89 (прил. П.9):
площадь 1 72, 6
A=
см
2
;
моменты инерции
1
19062
z
I=
см
4
,
1
667
y
I=
см
4
,
11
0
yz
I=;
высота сечения
40
H= см;
ширина полки
15,5
B=
см;
толщина стенки
0,8
d=
см.
б) пластина:
площадь 2 1,2 40 48
A=×
=
см
2
;
моменты инерции
2
3
40 1,2
5, 76
12
z
I
⋅
=
=
см
4
,
2
3
1,2 40
6400
12
y
I
⋅
=
=
см
4
,
22
0
yz
I=.
в) уголок (90×56×6) мм (см. ГОСТ 8510-86) (прил. П.8):
площадь 3 8,54
A=
см
2
;
моменты инерции:
3
3
4
4
70, 6
,
= 21,2 см
z
y
I
смI
=
, I3,min = Iu = 12,7см
4
.
Здесь I3,min – минимальный момент инерции относительно главной оси (u)
уголка (рис 1.19, б), расположенной под углом 03
αкоси3
Z.Угол 03 21
α=

оп-
ределяем из выражения
03 0, 384
tgα =
, приведенного в таблице сортамента, а
также координаты центра тяжести уголка: 03
03
1,28 ,
2, 95
z
смy
=
=
см.

44
Y3
Z3
v
α03>0
u
α03
y
0
3
C3
Z03
б
Рис. 1 .19
Вычисление центробежного момента инерции уголка
33
:
yz
I
а. Находим осевой момент инерции уголка 3, max
v
I
I
=
из условия:
3
3
3,max
3, min
z
y
I
I
II
+
=
+.
Отсюда
3
3
3,max
3,min 70,6 21,2 12,7 79,1
z
y
I
III
=
+−
=
+
−
=
см
4
.
б. Вычисляем центробежный момент инерции уголка, приняв главные цен-
тральные оси уголка (u, v) за оси отсчета. Тогда оси (Y3, Z3) будут повер-
нуты на угол 03
α против часовой стрелки. Для осей (u, v) Iuv = 0. С учетом
этого по формуле (1.28) имеем
33
3,max
3,min
0
4
03
79,1 12, 7
sin 2
sin2 21 22,22см .
2
2
yz
I
I
I
α
−
−
=
⋅
=
⋅
⋅
=
2. Определяем координаты центра тяжести сечения по отношению к глав-
ным центральным осям двутавра, считая их как вспомогательные.
3
1
11
22
33
3
1
2
3
1
ii
i
c
i
i
Az
AzAzAz
z
AAA
A
=
=
+
+
=
=
++
∑
∑
,
где iz − координаты центров тяжести сечений 1, 2, 3 от оси 1y :
а

45
72,6 0 48 12,25 8,54 30,97
6, 69
72,6 48 8,54
c
z
⋅
+⋅
+
⋅
=
=
++
см;
3
1
11
22
33
3
1
2
3
1
ii
i
c
i
i
Ay
AyAyAy
y
AAA
A
=
=
+
+
=
=
++
∑
∑
,
где iy - координаты центров тяжести от оси 1z :
72,6 0 48 20,6 8,54 24,15
9, 25 см.
72,6 48 8,54
c
y
⋅
+⋅
+
⋅
=
=
++
Примечание. Необходимо учитывать знаки координат.
Через найденный центр тяжести сечения проводим оси y и z , которые яв-
ляются центральными осями.
3. Вычисляем осевые и центробежный моменты инерции сечения относи-
тельно центральных осей y и z по формулам:
(
)
3
2
1
i
z
z
i
i
i
I
IaA
=
=
+⋅
∑
;
(
)
3
2
1
i
y
y
i
i
i
I
IbA
=
=
+⋅
∑
;
(
)
3
1
ii
yz
yz
ii
i
i
I
I
abA
=
=
+⋅⋅
∑
,
здесь ,i i
a b ─ координаты центров тяжести простейших сечений 1, 2 , 3, от
центральных осей y и z определяются из чертежа (рис. 1.19).
1
2
3
2
2
2
2
1
1
2
2
3
3 19062 9, 25
z
z
z
z
IIaAIaAIaA
=
+⋅++
⋅
++⋅
=
+
⋅
2
2
72,6 5,76 11,35 48 70,6 14,9 8,54 33429,7
⋅
+
+
⋅
+
+
⋅
=
см
4
;
1
2
3
2
2
2
1
1
2
2
3
3 667
y
y
y
y
IIbAIbAIbA
=
+⋅++
⋅
++⋅
=
+
2
2
2
6,69 72,6 6400 5,56 48 21,2 24,28 8,54 16855,8
+
⋅
+
+
⋅
+
+
⋅
=
см
4
;
()()
11
22
33
111
22
2
33306,699,25
yz
yz
yz
yz
II
abAI
abAI
abA
=
+
⋅
+
+
⋅
+
+
⋅
=
+−
⋅
−
⋅
72,6 0 5,56 11,35 48 22,22 24,28 14,9 8,54 10633,5
⋅
++
⋅
⋅
+
+
⋅
⋅
=
см
4
.
4. Определяем главные центральные моменты инерции
()22
max,
min
1
33429, 7 16855,8
4
2
2
2
z
y
z
y
yz
II
I
II
I
+
+
=
±
−
+⋅
==
±
(
)2
2
4
1
33429, 7 16855,8 4 10633, 5 25142, 75 13481, 28 см ;
2
±
−
+⋅
=
±

46
4
max
25142, 75 13481, 3 38624, 03 см ;
I=
+
=
4
min 25142, 75 13481, 28 11661, 47 см .
I=
−
=
5. Находим положение главных центральных осей сечения:
0
max
min
2
2 10633, 5
2
0, 789;
38624, 03 11661, 47
yz
I
tg
I
I
α
⋅
=−
=−
=−
−
−
0
2
38, 26
α=−

,
0
19,13
α=−

.
Отложив угол 0
19,13
α=−

от z по часовой стрелке, получим направление
главной центральной оси сечения 0z , другая главная ось сечения 0
y ей перпен-
дикулярна.
6. Выполняем проверку расчетов из условия, что сумма моментов инерции
относительно повернутых взаимно-перпендикулярных осей должна оставаться
величиной постоянной:
0
0
y
z
z
y
IIII
+=+;
4
33429, 7 16855,8 50285, 5 см ;
z
y
II
+=
+
=
0
0
4
38624, 03 11661, 47 50285,5
.
z
y
II
см
+=
+
=
Расхождений нет, поэтому можно утверждать, что расчет выполнен верно.
Примечание. Проверку расчетов можно выполнить, определив центро-
бежный момент инерции сечения по найденным главным центральным момен-
там инерции сечения по формуле
0
0
0
sin 2
2
z
y
yz
II
I
α
−
=
⋅
и сравнив его с yz
I , вычисленным в пункте 3.
2. Растяжение и сжатие.
2.1. Продольная сила и ее эпюра
Вид деформации, при котором в поперечных сечениях стержня возникает
только продольная сила, называется центральным растяжением (сжатием).
Такой вид деформации испытывают элементы многих строительных конструк-
ций, подъемно-транспортных машин, механизмов и др. Например, растяжение
возникает в тросе 1 подъемника буксированной машины (рис. 2.1), а сжатие – в
трубе (рис. 2 .2) от ее собственного веса.

47
Рис. 2 .1
Рис. 2 .2
Рис. 2 .3
При растяжении продольную силу считают положительной (направлена от се-
чения, рис. 2.3, а), а при сжатии – отрицательной (направленной к сечению, рис.
2.3, б). Если на стержень действует несколько внешних сил, приложенных к
концевым или промежуточным его сечениям, то растяжение (сжатие) будет
возникать только в том случае, когда силы направлены по оси стержня или
приводятся к равнодействующей, направленной по этой оси. Для определения
продольной силы применяется метод сечений (РОЗУ). Рассмотрим пример:
пусть дан ступенчатый стержень, нагруженный силами (рис. 2.4), приложенны-
ми в точках В и Д, совпадающих с осью стержня.
Требуется определить продольные силы в сечениях 1-1 и 2-2 . Для решения
воспользуемся методом сечений: стержень мысленно рассекаем плоскостью,
перпендикулярной оси стержня по сечению, например, 1-1, на две части.
Взаимодействие частей между собой заменяем продольной силой N1(индекс
присваиваем в соответствии с нумерацией сечения).
Из условия равновесия какой-либо одной части определяется значение
продольной силы. Так, для нижней части стержня (рис. 2 .4, а) уравнение равно-
весия имеет вид:
1
10;
XPN
=−
+=
∑
1
1.
NP
=
б
а

48
Рис. 2 .4
Очевидно, что величина продольной силы N1 не зависит от положения се-
чения 1-1 (координата х) в пределах участка ВС и СД. Продольная сила на этих
участках будет вызывать деформацию растяжения, и знак ее положителен.
Аналогичным образом определяются значения продольной силы N2 в сечении
2-2. Из условия равновесия нижней части (рис. 2.4, б) получим:
1
2
20;
PPN
−
++=
2
2
1.
NPP
=
−
Из выражения для N2 видим, что ее знак зависит от соотношения сил P1 и
P2. Если сила P1 по абсолютному значению больше чем P2, то продольная сила
N2 будет положительной, т.е . направлена от сечения (рис. 2.4, б) и вызывает
растяжение стержня на участке EД. В случае, когда P1 < P2, продольная сила
изменяет знак на отрицательный. Она будет направлена к сечению (рис. 2 .4, в)
и вызовет сжатие стержня на данном участке. Продольные силы в сечениях 1−1
и 2−2 можно было определить из рассмотрения равновесия правой части
стержня (рис. 2 .4), но в этом случае необходимо предварительно определить
реакцию в заделке RВ. Что касается величин сил N1 и N2, то их значения будут
те же. На основании рассмотренного примера дадим определение продольной
силы. Продольная сила представляет собой равнодействующую внутренних
нормальных сил в поперечном сечении стержня, численно равную алгебраиче-

49
ской сумме проекций на ось стержня всех внешних сил, расположенных по одну
сторону от рассматриваемого сечения, и заменяет действие отброшенной
части стержня на оставшуюся.
При практических расчетах, когда на стержень действует несколько сил,
удобно для наглядности строить эпюру продольных сил. Эпюра продольных сил
–
это график, показывающий закон изменения продольных сил в поперечных се-
чениях стержня по его длине. Ордината на этом графике численно равна про-
дольной силе в данном сечении. На рис. 2.4, г показана эпюра продольных сил
N применительно к стержню, рассмотренному в примере выше при значениях
силы P1 =10 кН и P2 =15 кН. Заметим, что резкое изменение площади попереч-
ного сечения (место сопряжения стыка двух участков (рис. 2 .4)) не влияет на
величину продольных сил, т. е . продольная сила зависит только от внешних
сил, действующих на стержень, а не от его геометрических параметров. Скачки
на эпюре N (рис. 2.4, г) обусловлены силами P1, P2 и реакцией RВ. Здесь мы рас-
смотрели простой случай, когда продольная сила по длине каждого из участков
не изменялась.
Рассмотрим более сложный случай, когда на стержень действует внешняя
распределенная нагрузка интенсивностью q, изменяющейся по оси стержня по
некоторому закону q = f(x) (рис. 2 .5). Для решения этой задачи рассмотрим
равновесие бесконечно малого элемента, вырезанного двумя сечениями, распо-
ложенными друг от друга на расстоянии dx (рис. 2.5, а). К сечению 1−1 выре-
занного элемента приложим силу N, а к сечению 2−2
–
силу (N + dN). Из усло-
вия равновесия вырезанного элемента ∑x = 0 получаем
N+dN–N
–
qxdx = 0.
Отсюда следует, что
x
dNq
dx
=
,
0
x
x
x
N qdx
=
⋅
∫.
(2.1)
Зависимость (2.1) позволяет определять продольную силу в текущем сече-
нии стержня по известной распределенной внешней нагрузке интенсивности qx.
Так, если внешняя нагрузка равномерно распределена по длине стержня
(рис. 2 .5) q = const, то продольная сила
0
x
x
x
Nqdxqx
=
⋅
=
⋅
∫
изменяется по ли-
нейному закону (рис. 2.5, в), если внешняя нагрузка распределена по линейному
закону, например x
q
q
x
l
=
⋅
, то продольная сила изменяется по закону квадра-
тичной параболы (рис. 2.5, г)
2
0
.
2
x
x
q
q
N
xdx
x
l
l
=
⋅
=
⋅
∫

50
Рис. 2 .5
2.2. Напряжение при растяжении (сжатии)
При центральном растяжении (сжатии) многократными опытами установ-
лено, что плоские и перпендикулярные оси стержня, поперечные сечения до де-
формации остаются плоскими и перпендикулярными оси после деформации.
Этот вывод, впервые высказанный голландским ученым Я. Бернулли, получил
название гипотезы плоских сечений. Гипотеза Бернулли является основопола-
гающей в курсе "Сопротивление материалов" и широко используется при ре-
шении многих задач. Соблюдение гипотезы Бернулли можно установить из
простого опыта. Так, если на поверхность призматического стержня (рис. 2 .6, а)
нанести систему взаимно перпендикулярных линий до нагружения, то после
нагружения (рис. 2 .6, б) поперечные линии а-а, в-в, с-с и т. д . переместятся па-
раллельно самим себе (надо иметь в виду, что этот вывод не выполняется для
концевых участков стержня, расположенных в зоне действия сил). Исходя из
данного опыта и на основе гипотезы Бернулли можно предположить, что внут-
ренние силы распределены по сечению равномерно. Продольная сила N являет-
ся равнодействующей всех внутренних нормальных сил σdA, действующих на
бесконечно малые площади поперечного сечения площадью А:
A
dA
Nσ⋅
=
∫
(2.2)

51
Рис. 2.6.
Тогда с учетом того, что σ = const, имеем
N
A
σ
=
⋅
;
откуда
,
N
A
σ=
(2.3)
где σ – нормальное напряжение;
N – продольная сила в сечении;
А – площадь поперечного сечения.
Формула справедлива только для поперечных сечений, расположенных от
мест приложения нагрузки на расстоянии, не меньшем поперечного размера
стержня (принцип Сен−Венана).
Вблизи места приложения нагрузки напряжения распределяются неравно-
мерно – по сложному закону. Для стержня постоянного сечения, однородного,
нагруженного силами, приложенными по концам, напряжения остаются посто-
янными как по сечению, так и по длине, т. е . одинаковыми для всех точек объ-
ема стержня. Такое напряженное состояние называется однородным. При рас-
тяжении (сжатии) может иметь место и неоднородное напряженное состояние.
Например, у стержня с переменной площадью поперечного сечения (рис. 2.7)
напряжения не одинаковы в различных точках. Они имеют разную величину и
разное направление, так как площадь поперечного сечения не одинакова
Ax ≠ const. Аналогично нормальное напряжение в поперечных сечениях стерж-
ня, вызываемое его собственным весом (рис. 2 .15), изменяются по его длине.
В этом случае продольная сила Nx изменяется по длине стержня.

52
Рис. 2 .7
2.3. Условие прочности
Для обеспечения надежной работы элементов конструкций, работающих
на растяжении (сжатии), необходимо, чтобы выполнялось следующее условие:
наибольшее нормальное напряжение, возникающее в поперечном сечении
стержня от действия эксплуатационных нагрузок, не должно превышать до-
пускаемых напряжений или расчетного сопротивления для материала, из ко-
торого изготовлен этот стержень. В математической форме записи это усло-
вие, при расчетах по допускаемому напряжению и предельному состоянию, за-
пишется в виде
[]
max
N
A
σ
σ
=
≤ или max
,
yc
N
R
A
σ
γ
=
≤⋅
(2.4)
где [σ] – допускаемое напряжение на растяжении или сжатии (прил. П.4,
П.5);
Ry – расчетное сопротивление стали растяжению, сжатию, изгибу по
пределу текучести (прил. П.11 .); cγ
-
коэффициент условия работы
[17], [18].
Эти расчетные уравнения позволяют решать следующие задачи:
1. Выполнять проверочный расчет, т. е . определять по заданным нагрузке и
размерам поперечного сечения стержня фактические напряжения и сравни-
вать их с допускаемыми. Фактические напряжения не должны отклоняться
от допускаемых более чем на ± 5%. Перенапряжение больше этой величины
недопустимо с точки зрения прочности, а недонапряжение свидетельствует о
перерасходе материала.
2. Выполнять проектный расчет: по известной нагрузке и допускаемому на-
пряжению (расчетному сопротивлению) определять размеры поперечного
сечения стержня, требуемые по условию его прочности:
[]
N
А
σ
≥
или
ус
N
А
Rγ
≥
⋅
(2.5)

53
3. По известной площади поперечного сечения и допускаемому напряжению
определять допустимую продольную силу, а по ней допускаемую нагрузку:
[][]
NАσ
≤
или[ ]
.
ус
NАRγ
≤⋅⋅
(2.6)
2.4. Деформации при растяжении (сжатии)
Рассмотрим стержень постоянного сечения A длиной l , один конец кото-
рого закреплен (рис. 2.8). Приложим к свободному концу силу P, совпадающую
по направлению с осью стержня. Под действием силы P длина стержня увели-
чивается (в случае сжимающей силы – уменьшается) на некоторую величину
∆ l . При этом изменяются также и размеры поперечного сечения: в случае рас-
тяжения они уменьшаются, а при сжатии – увеличиваются. Деформированное
состояние стержня при растяжении показано на рис. 2.8 тонкими линиями.
Рис. 2 .8
Разность между конечной и первоначальной длинами стержня называет-
ся абсолютным удлинением (укорочением) стержня:
1-,
lll
∆=
где 1l ─ конечная длина стержня;
l∆ ─ абсолютное удлинение (укорочение) стержня.
Аналогичным образом определяется абсолютная поперечная деформация
1
bbb
∆=
−
,
где b1 – размер поперечного сечения стержня после деформаций.
Отношение абсолютной продольной деформации l∆ к первоначальной
длине стержня называется относительной продольной деформацией (отно-
сительным удлинением или укорочением) стержня:
1
.
l
l
ε
∆
=
(2.7)
Аналогично определяется относительная поперечная деформация:

54
2
.
b
b
ε
∆
=
(2.8)
Относительные деформации 1
εи2
ε зависят от физических свойств мате-
риала и не зависят от размеров стержня. Абсолютная величина отношения от-
носительной поперечной деформации к относительной продольной деформации
называется коэффициентом поперечной деформации или коэффициентом Пуассона.
2
1
.
ε
μ
ε
=
(2.9)
Значение коэффициента μ для всех материалов колеблется в пределах
0≤ μ ≤ 0,5. Так, для пробки μ = 0, резины – 0,5, для углеродистых сталей от 0,24
до 0,33, а для бетона от 0,08 до 0,18. Значения коэффициентов μ приводятся в
справочной литературе (прил. 1).
2.5. Закон Р. Гука
Опыты показывают, что для многих материалов до определенных пределов
выполняется прямая−пропорциональность между деформацией и действующей
нагрузкой:
Nl
l
ΕΑ
⋅
∆=
⋅
,
(2.10)
эта формула носит название закона Р. Гука при растяжении (сжатии).
В формуле (2.10) N – продольная сила;
l – длина стержня;
А – площадь поперечного сечения;
Е – модуль упругости материала (модуль Юнга).
Модуль упругости характеризует способность материала сопротивляться
деформациям: растяжению (сжатию) и изгибу. Эта величина определяется
опытным путем и зависит от физических свойств материала. Например, для
сталей Ест= (190 − 210) ГПа.
В расчетах обычно принимаются значения модулей упругости:
стали
Ест = 200 ГПа;
меди
Ем = 110 ГПа;
алюминия ЕАл = 70 ГПа;
сосны
Ес = 10ГПа.
Для других материалов значение Е приводится в справочной литературе
(прил. 1). Величина ЕА называется жесткостью поперечного сечения при
растяжении (сжатии) и характеризует сопротивляемость стержня растя-

55
жению (сжатию).
Закон Гука (2.10) может быть представлен другой зависимостью, если
учесть,чтоσ=N/А,ε= l
l
∆ , то из (2.10) получим
σ=E·ε,
(2.11)
т. е . нормальное напряжение прямо пропорционально относительной дефор-
мации. Формулы (2.10) и (2.11) справедливы для стержней при ЕА = const и
N = const.
При переменной по длине стержня площади поперечного сечения Ах
(рис. 2 .9) или продольной силы Nх абсолютная продольная деформация опреде-
ляется по формуле
0
l
x
x
Ndx
l
⋅
∆=
Ε⋅Α
∫.
(2.12)
Рис. 2 .9
При расчете по формуле (2.12) необходимо знать законы изменения пло-
щади поперечного сечения Ах в зависимости от х и продольной силы Nх = f(x).
При определении удлинения (укорочения) ступенчатого стержня, нагруженного
несколькими сосредоточенными, распределенными силами, подсчитываются
удлинения (укорочения) для каждого из участков и результаты суммируются
алгебраически:
1
1
n
m
ii
x
i
j
i
x
Nl
Ndx
l
=
=
⋅
⋅
∆=
+
Ε⋅Α
Ε⋅Α
∑∑∫.
(2.13)
Так, для стержня, имеющего два цилиндрических и конический участок,
(рис. 2 .10) его удлинение

56
12
1
11
2
33
1
2
3
ll
l
Nl
NdxNl
l
ΕΑ
+
⋅
⋅
⋅
∆=
+
+
⋅
Ε⋅ΑΕ⋅Α
∫
,
где N1= N2= N3= Р , а А2=ƒ(x), А1= const, А3= const.
Рис. 2 .10
2.6. Определение перемещений
Вследствие деформации стержня происходит перемещение поперечных
сечений в направлении его оси. Перемещение это изменение положения попе-
речного сечения по отношению к исходному положению. Перемещение сечения
зависит от деформации не всего стержня, а лишь участков, расположенных ме-
жду этим сечением и неподвижным сечением или условно принятым за непод-
вижное. Так, для стержня, изображенного на (рис. 2 .11), перемещение сечения
В равно алгебраической сумме деформаций участков (ЕС, СВ), расположенных
между неподвижными сечениями Е и сечением В:
22
33
2
3
2
3
2
3
2
3
2
∆∆
.
В
NlNl
Pl
Pl
ll
ΕΑ ΕΑ
ΕΑ ΕΑ
⋅
⋅
⋅
⋅
=
+∆=
+
=−
+
⋅
⋅
⋅
⋅
Иногда для наглядности строится эпюра перемещений, т. е . график, орди-
наты которого равны величинам соответствующих перемещений сечений. На
(рис. 2 .11, б) показан характер эпюры перемещений для рассматриваемого
стержня. Из эпюры видно, что перемещение сечения К равно нулю. Сечения,
расположенные выше этого сечения, перемещаются вниз (условно примем знак
минус), а сечения ниже – вверх (знак плюс).

57
Рис. 2 .11
ис. 2.11
l
1
l
2
l
3
На практике широко используются стержневые системы, представляющие
собой совокупность двух или более шарнирно-сочлененных стержней
(рис. 2 .12).
Рис. 2 .12
Определение перемещений в таких системах удобно производить
графическим способом путем построения диаграммы перемещений. Диаграмма
перемещений – это графическое изображение деформированного состояния
упругой системы. Рассмотрим сущность этого способа на примере определения
перемещения узла в кронштейне, состоящего из двух стержней 1, 2, соединен-
ных шарниром В (рис. 2.13). Нагрузку Р, длины стержней 1l и 2l , площади их
поперечных сечений А1 и А2 и модули упругости ЕВС, ЕВД считаем известными.

58
Рис. 2 .13
Решение:
1. Определяем усилия N1, N2 соответственно в стержнях 1 и 2. Для этого на ос-
новании метода сечений вырезаем узел В и рассматриваем его равновесие
(рис. 2 .13, б):
0
x=
∑ ;−N1sinα+N2sinβ=0 ,откудаN1=N2sinβ/sinα;
0
Y=
∑ ;N1cosα+N2cosβ–P=0.
Из решения этих уравнений находим N2 = P/( sin β ctg α + cos β ) .
Продольные силы N1 и N2 растягивающие.
2. Находим абсолютное удлинение стержней, применяя закон Гука:
11
1
1
Nl
l
⋅
∆=
Ε⋅Α
;
22
2
2
2
Nl
l
⋅
∆=
Ε⋅Α
.

59
3. Строим диаграмму перемещений узла В. Для этого мысленно представим се-
бе, что стержни 1 и 2 в узле В разъединены и каждый из них деформируется не-
зависимо (рис. 2.13, в). Первый стержень удлинился на величину 1l∆ , равную
отрезку ВВ′, а второй – на
2l∆ = ВВ′′. В действительности стержни связаны
шарниром, поэтому опять мысленно соединим концы стержней в одну точку В.
Для этого стержни 1 и 2 повернем вокруг точек D и С. Тогда их концы опишут
дуги, пересечение которых определит новое положение узла В1 (рис. 2.13, в).
Так как деформации стержней малы, то дуги обычно заменяют отрезками В1В′ и
В2В′′, перпендикулярными осями стержней ВD и ВС. Пересечение этих перпен-
дикуляров и определяет (с некоторой погрешностью) новое положение узла В.
Отрезок ВВ1 определяет полное перемещение узла В, ∆в. Для определения этого
перемещения разложим его на составляющие (рис. 2 .13, в):
горизонтальную
Г
В
∆ , равную отрезку В1К; вертикальную
.
В
ВВК
∆=
Для установления связи между деформациями
1
l∆,
2l∆ и перемещениями
,
,
Г
В
В
В
В
∆ ∆ ∆ спроектируем ломаную линию ВВ1К на направление стержней ВD и
ВС, получим:
в
г
1
В
В
cos
sin
l
α
α
∆=∆
+∆
;
в
г
2
В
В
cos - sin
l
β
β
∆=∆
∆
.
Из решения этих уравнений находим вертикальное и горизонтальное пере-
мещение узла В:
1
2
sin
sin
sin
в
В
l
l
á
ñ
β
α
αβ
∆
+∆
∆=
+
;
(2.14)
Г
1
2
В
cos -
cos
sin
l
l
á
ñ
β
α
αβ
∆
∆
∆=
+
.
(2.15)
По найденным
В
В
∆и
Г
В
∆ определяем полное перемещение узла В:
2
2
В
Г
В
В
В
∆=〈∆〉+〈∆〉.
С помощью рассмотренного способа можно определить перемещения в
различных системах. Так, например, для системы, состоящей из жесткого стержня
DC (деформацией таких стержней пренебрегают) и упругого стержня ВЕ, перемеще-
ние точки С на основании диаграммы перемещений (рис. 2.14) определится
C
B
CD
BD
∆=∆
.

60
Рис. 2 .15
Рис. 2 .14
Перемещение узла В – (∆В) находим из рассмотрения треугольника ВВ1В2
1
1
cos
B
l
BB
α
∆
∆==
,
где
11
1
11
Nl
l
EA
∆=
.
2.7. Учет собственного веса при растяжении (сжатии)
Собственный вес материала элементов конструкций является внешней на-
грузкой, распределенной по объему. При расчетах машиностроительных конст-
рукций собственным весом в большинстве случаев пренебрегают, так как его
влияние на результаты расчета невелико. В строительных конструкциях и со-
оружениях, имеющих большие габариты и размеры поперечных сечений, соб-
ственный вес является одной из основных нагрузок и его величина сопоставима
с действующими на конструкцию внешними нагрузками. Это относится, на-
пример, к канатам шахтных подъемников, штангам буровых установок, устоев
мостов и др., где влиянием собственного веса пренебрегать нельзя. Рассмотрим
стержень, жестко закрепленный одним концом и нагруженный на втором конце
силой P (рис. 2.15).
Считаем, что дли-
на l – площадь попе-
речного сечения А, а
также удельный вес
единицы материала γ
известны. Найдем за-
кон изменения нор-
мальных усилий и на-
пряжений в попереч-
ных сечениях стержня,
а также перемещения
сечений
по
длине
стержня с учетом соб-
ственного веса.

61
Воспользуемся методом сечений из рассмотрения равновесия отсеченной
части (рис. 2.15, а), имеем
х0;
=
∑
Nx–P
–
γ·A·x=0.
Откуда продольная сила Nх в сечении на расстоянии х от свободного конца
будет равна
Nx=P+γ·A·x.
(2.16)
Нормальные напряжения
х
Р
σ
γх
Α
=
+⋅
.
(2.17)
Как видно из полученных зависимостей (2.16) и (2.17), продольная сила и
напряжение зависят от координаты х. Очевидно, что наибольших значений они
достигнут при х = l, т. е . для сечения, совпадающего с заделкой.
Значит, это сечение является опасным. Тогда условие прочности для рас-
сматриваемого стержня будет иметь вид
σmax=P/A+γ·l ≤[σ] или σmax=P/A+γ·l ≤Rу·γc
(2.18)
В случае проектного расчета по допускаемым напряжениям из (2.18) имеем
А≥P/[σ]−γ ·l.
(2.19)
Если внешняя нагрузка Р отсутствует, то условие прочности будет иметь вид
σmax = γ·l ≤ [σ].
(2.20)
Расчет с использованием расчетного сопротивления Rу выполняется так же.
Для определения удлинения стержня воспользуемся формулой
0
l
x
x
Ndx
l
⋅
∆=
Ε⋅Α
∫.
С учетом Nх имеем
(
)
2
2
0
2
2
l
P
x
dx Px
x
Pll
l
EAE
γ
γ
γ
+⋅⋅Α
∆=
=
+
=
+
Ε⋅Α
ΕΑΕ
∫
.
(2.21)
Эпюры напряжений и перемещений показаны на рис. 2.15, в и 2.15, г.

62
2.8. Расчет ступенчатого стержня с учетом собственного веса
Рассмотрим ступенчатый стержень (рис. 2.16). Пусть требуется подобрать разме-
ры поперечных сечений данного стержня, если нагрузка Р, допускаемое напряжение
[σ], длины участков l1 , l2 , l3 и удельный вес γ материала стержня известны.
Расчет стержня производим со свободной сто-
роны стержня. Воспользовавшись ранее полученны-
ми условиями (2.19) для первого (нижнего) участка
стержня имеем
А1≥ P/([σ]−γ·l1).
По аналогии для второго участка
А2 ≥ P+γ·l1 A1 /([σ] − γ·l2).
Для третьего участка
Рис. 2. 16
А3 ≥ P+γ·l1 A1 +γ·l2 A2 / ([σ] − γ·l3).
В случае, если стержень имеет несколько участков, то площади попереч-
ных сечений этих участков могут быть определены по формуле
-1
1
n
ii
i
n
n
P
Al
A
l
γ
σγ
=


+
=
−
∑,
(2.22)
где n – число участков ступенчатого стержня.
2.9. Стержень равного сопротивления растяжению (сжатию)
Стержень, у которого во всех поперечных сечениях нормальные напряже-
ния одинаковы, называется стержнем равного сопротивления растяжению
или сжатию. Очевидно, что такой стержень имеет переменную площадь попе-
речного сечения (рис. 2 .17, а). Установим закон изменения площади попереч-
ного сечения такого стержня.
Пусть стержень находится под воздействием силы Р и известен вес едини-
цы объема материала γ. Тогда необходимая площадь поперечного сечения со
стороны свободного конца
0
.
Р
А
σ


=

63
Рис.2 .17.
Площадь поперечного сечения на расстоянии х от свободного конца
(рис. 2 .17, а) обозначим через Ах. Вырежем из стержня элемент (рис. 2 .17, б) на
расстоянии х двумя бесконечно близкими сечениями длиной dх и рассмотрим
его равновесие. С учетом того, что нормальные напряжения как в сечении 1−1,
так и в сечении 2−2 одинаковы и равны [σ], условие равновесия элемента в
форме проекций всех сил на ось Х будет иметь вид:
0
X=
∑
; -[σ]Ax - γAxdx+[σ](Ax+dAx) =0.
Откуда [σ] Ax = γ dAxdx.
Или, разделяя переменные, будем иметь
dAx/Ax=γ/[σ]dx.
Проинтегрировав это выражение, найдем
lnA(x)=γx/[σ]+C.
Отсюда
A (x)=e
γx/[σ]+C
,
(2.23)
где е – основание натурального логарифма;
С – постоянная интегрирования.
Постоянную С находим из условия, что на конце стержня х = 0, А = А0.
Тогда из (2.23) получим A0= e
c
. С учетом этого найдем закон изменения пло-
щади поперечного сечения стержня равного сопротивления
Ax= A0e
γ·x/[σ]
.
(2.24)
X

64
Наибольшая площадь поперечного сечения стержня в месте заделки, при х= l
Amax= A0e
γ·lx/[σ]
,
(2.25)
гдеА0=P/[σ].
Абсолютное удлинение стержня
[]
1
ll
l
σ
ε
∆==
⋅
Ε
,
(2.26)
где ε1 – относительная продольная деформация для стержня равного со-
противления.
2.10. Опытное изучение свойств материалов. Основные понятия
При проектировании и расчетах на прочность, жесткость и устойчивость
различных конструкций необходимо знать механические характеристики и по-
казатели пластичности материалов, из которых изготовлены их элементы. Ме-
ханическими характеристиками материала являются: предел пропорциональ-
ности σпц, предел текучести σт, предел прочности или временное сопротивле-
ние σв; показателями пластичности – остаточное относительное удлинение
εост, ос таточное относительное сужение ψ и удельная работа а, затрачивае-
мая на разрушение образца. Для каждого материала эти характеристики свои. В
инженерной практике все применяемые материалы обычно разделяют на две
группы: пластичные и хрупкие материалы.
К пластичным материалам относятся такие, которые разрушаются по-
сле появления значительных остаточных деформаций. К этим материалам от-
носят сталь, медь, алюминий и др. Хрупкие материалы – это материалы, раз-
рушение которых происходит при весьма малых остаточных деформациях.
Чугун, стекло, камень и др. материалы считаются хрупкими.
Конечно, это деление надо понимать условно, ибо один и тот же материал
при различных условиях (в зависимости от характера напряженного состояния,
температуры, скорости деформаций и т. д .) может вести себя как пластичный
или как хрупкий, поэтому правильно говорить о пластичном или хрупком со-
стоянии материала.
2.11. Диаграмма испытания малоуглеродистой стали СТ3*
Механические свойства материалов определяют при испытании образцов
на специальных машинах. Наиболее распространенным видом механических
испытаний является испытание на растяжение статической нагрузкой, так как
они наиболее просты и в то же время во многих случаях дают возможность
верно судить о поведении материала при различных видах деформаций. Для

65
испытания на растяжение изготовляют специальные образцы стандартной фор-
мы и размеров из испытуемого материала. Чаще всего применяют цилиндриче-
ские образцы (рис. 2 .18, а) и плоские образцы (рис. 2 .18, б).
В качестве основных используются цилиндрические образцы диаметром
d = 10 мм; образцы с другими размерами диаметра называют пропорциональ-
ными. Для основных и пропорциональных образцов должно быть выдержано
соотношение между расчетной длиной l0 и диаметром d0, для длинных образцов
l0 = 10 d0, а для коротких l0 = 5 d0. Эти соотношения принимаются также для
определения размеров образцов с некруглой формой поперечного сечения.
Испытания образцов на растяжение производят на специальных разрыв-
ных машинах, снабженных диаграммным аппаратом, позволяющим автомати-
чески записать в процессе испытания кривую зависимости удлинения
l∆ об-
разца от действующего усилия Р, или так называемую диаграмму растяжения.
Характер диаграммы растяжения зависит от свойств испытуемого материала.
Типичный вид диаграммы растяжения для малоуглеродистой стали СТ3 изо-
бражен на рис. 2 .19.
Рис. 2 .18
*Обозначение сталей определяется стандартами: для строительных конструкций используется
ГОСТ 27772 – 88, в соответствии с которым стали различают по классам прочности: от С235
до С590 (С – сталь строительная; 235 – 590
–
гарантируемое значение предела текучести σу,
МПа). Строительные конструкции также изготавливают из сталей, поставляемых по ГОСТ 380
–
388, ГОСТ 19281 – 73 по этим ГОСТам стали обозначаются марками, например – низкоугле-
родистая сталь ВСт3пс5-1, где В – группа поставки, Ст – сталь, 3 – марка стали по свойству и
химическому составу, пс – способ выплавки (полуспокойная), 5 – категория (определяется по
ударной вязкости), 1 – группа прочности. Или легированная сталь 15ХГ2СФМР, где 15 – со-
держание углерода в сотых долях процента, Х, Г, С, Ф, М, Р – легирующие элементы (Х –
хром, Г – марганец и т. д.). Стали, поставляемые по разным стандартам взаимозаменяемы.
а
б
lо

66
Рассмотрим характерные участки и точки этой диаграммы и соответст-
вующие им стадии деформированного состояния образца.
Участок оа. На большей части он прямолинеен.
Рис. 2 .19
В этой части диаграмма выражает прямую пропорциональную зависимость ме-
жду силой Р и деформацией, т. е . на этой стадии соблюдается закон Гука для
всех нагрузок вплоть до нагрузки Рпц, соответствующей на диаграмме точке а.
Криволинейный характер в начале участка оа связан с выбором зазоров в меха-
низмах машины и захватах образца и обычно из рассмотрения диаграммы ис-
ключается. Если на этой стадии образец полностью разгрузить, то размеры его
остаются такими же, как до деформации, на этом участке образец испытывает
упругие деформации, исчезающие полностью при разгружении. Определив из диа-
граммы (участок оа) силу Рпц, вычисляется предел пропорциональности σпц:
0
пц
пц
Р
А
σ=
,
(2.27)
где А0 – площадь поперечного сечения образца до испытания (начальная).
Предел пропорциональности – наибольшее напряжение, превышение которого
вызывает отклонения от закона Гука. За точкой (а) прямая растяжения откло-
няется от прямолинейного участка и плавно поднимается до точки (в), где на-
блюдается переход к так называемой площадке текучести вс, почти горизон-
тальный участок. На этой стадии испытания образца продольная деформация
растет при постоянном значении растягивающей силы Рт. Такой процесс де-
∆lост.
∆lупр.
∆l

67
формации, называемый текучестью материала, сопровождается остаточным
(пластическим) удлинением, не исчезающим после разгрузки. При этом изме-
нение поперечных размеров образца еще незначительно. Напряжение, при ко-
тором происходит рост деформации при постоянной нагрузке, называют пре-
делом текучести и обозначают σт. Определяется предел текучести σт по фор-
муле (2.28):
т
т
0
P
A
σ=
.
(2.28)
Участок кривой от с до d. После текучести материала (точка с) материал
снова приобретает способность сопротивляться деформации, поэтому на участ-
ке от с до точки d наблюдается некоторое увеличение нагрузки на образец.
Явление повышения упругих свойств материала вследствие пластических де-
формаций называется “наклепом” или упрочнением материала, поэтому уча-
сток сd называют участком упрочнения. Точка d соответствует наибольшему
усилию Рв, которое может воспринять образец. Это усилие вызывает в образце
напряжение, равное пределу прочности или временному сопротивлению σв:
0
в
в
P
А
σ=
.
(2.29)
Под пределом прочности понимают напряжение, при котором происхо-
дит разрушение материала. Это напряжение соответствует максимальной си-
ле, которую способен выдержать образец при растяжении.
Участок кривой от d до е. После достижения максимальной нагрузки Рв
деформация образца начинает концентрироваться около какого-либо участка по
длине образца, оказавшегося наиболее слабым. На образце появляется так на-
зываемая шейка (рис. 2.20). На рис. 2 .20 показан характер интенсивности рас-
пределения продольной и поперечной деформации вдоль образца после образо-
вания шейки.
Рис. 2 .20
l

68
Вследствие интенсивного уменьшения площади сечения шейки для даль-
нейшего растяжения образца нужна меньшая нагрузка, поэтому на диаграмме и
наблюдается падение нагрузки, продолжающееся до разрыва образца. В точки е
прямая диаграммы вследствие разрыва образца обрывается. Нагрузка, соответ-
ствующая моменту разрыва образца, называется разрушающей и обозначается
Рразр. Разделив нагрузку Рразр на площадь поперечного сечения образца в месте
разрыва (шейки) Аш, получим истинное напряжение разрушения образца:
.
разр
и
ш
Р
А
σ=
(2.30)
Следует заметить, что в отличие от истинного напряжения (σи) предел
пропорциональности (σпц), предел текучести (σт) и предел прочности (σв)
являются условными характеристиками, так как их определение осуществля-
лось как отношение соответствующей силы к первоначальной площади попе-
речного сечения (А0), которая в действительности при деформации изменяется.
Для того чтобы можно было сравнить результаты испытания образцов раз-
личных размеров, изготовленных из одинаковых материалов, диаграмму растя-
жения (рис. 2 .19) перестраивают и изображают в другой системе координат: по
оси ординат откладывают величину нормального напряжения в поперечном се-
чении растягиваемого образца
0
Р
А
σ=
, а по оси абсцисс – относительное удли-
нение образца
l
l
ε
∆
=
.
На рис. 2.21 показана такая диаграмма, называемая условной диаграммой
растяжения, так как напряжение и относительные удлинения вычисляются со-
ответственно по отношению к первоначальной площади сечений и первона-
чальной длине образца.
Рис. 2 .21
σ
т

69
Характер условной диаграммы такой же, как у рассмотренной выше ма-
шинной диаграммы (рис. 2.19). Если величину растягивающей силы разделить
на действующую площадь поперечного сечения образца, то можно получить
значение истинных напряжений и построить диаграмму истинных напряжений,
показанную на рис. 2 .21 пунктиром. Диаграмма истинных напряжений идет
выше диаграммы условных напряжений, особенно после образования шейки,
когда происходит резкое уменьшение поперечного сечения образца.
Для пластичных материалов кроме механических характеристик опреде-
ляются характеристики пластичности: остаточное относительное удлинение
0
0
-
100 %
ll
l
δ=
⋅
,
(2.31)
и относительное остаточное сужение
0
0
100 %
ш
AA
A
ψ
−
=
⋅
,
(2.32)
где 0l – длина расчетного участка образца до испытания;
l – длина того же участка после испытания;
А0 – площадь поперечного сечения до испытания;
Аш – площадь поперечного сечения в месте разрыва образца.
Для стали СТ3 δ ≥ 24 %, а для высокопрочных сталей типа 4ОХНМА и др.
эта величина снижается до 7–10 %. Величина δ зависит от соотношения между
длиной образца и его поперечными размерами. Величина ψ характеризует
свойства пластичности более точно, чем δ, поскольку она в меньшей степени
зависит от формы образца. Для СТ3 значение ψ составляет 50–60 %.
При испытаниях материалов, наряду с отмеченными характеристиками
прочности и пластичности материалов, определяются еще полная A и удельная,
(а) работа, связанная с разрывом образца.
Чем больше работы необходимо затратить на разрыв образца, тем больше
энергии в состоянии поглотить материал, не разрушаясь, тем лучше он будет
сопротивляться ударным нагрузкам, поглощая пластическую энергию удара.
Работа, затраченная на разрушение образца, соответствует площади диаграммы
растяжения оавсdеf (с учетом масштаба сил и деформаций).
Удельная работа (количество работы, приходящейся на единицу объема)
характеризует сопротивляемость материала воздействию ударным нагруз-
кам. Она определяется по формуле
00
а=
l
A
A
,
(2.33)
где A – работа, затраченная на разрушение образца.
При практических расчетах величину работы можно определить по формуле

70
A = ηΡmax·
ост
l∆,
(2.34)
где η – коэффициент полноты диаграммы, зависящий от марки стали.
Для различных сталей η = 0,8÷0,9. Рассмотренные диаграммы (рис. 2.19, 2.21)
характерны для малоуглеродистой стали типа СТ3. Однако для многих других
марок стали, а также сплавов цветных металлов диаграммы растяжения не
имеют площадок текучести. Характерный вид диаграммы для подобных мате-
риалов на рис. 2 .22 . Для таких материалов за величину предела текучести ус-
ловно принимают напряжение, при котором остаточное удлинение образца со-
ставляет 0,2 %. Условный предел текучести обозначается σ02. К материалам,
для которых определяется условный предел текучести, относятся дюралюми-
ний, бронза, высокоуглеродистые и легированные стали (например, для стали
37ХН3Аσ02 = 1000 МПа).
Рис. 2 .22
2.12. Испытания хрупких материалов
Если для пластичных материалов основным видом испытания является
растяжение, то для хрупких материалов – сжатие. При этом для хрупких мате-
риалов, как правило, определяют одну механическую характеристику – предел
прочности. Хрупкие материалы ведут себя иначе, чем пластичные. Диаграммы
хрупких материалов не имеют прямого участка, площадок текучести, т. е . они
не подчиняются закону Гука. Это хорошо видно из диаграмм испытания чугуна
и бетона, соответственно показанных на рис. 2 .23 и рис. 2 .24.
Разрыв хрупких материалов происходит при остаточных деформациях
εост = 0,5 %. Диаграмма для чугуна имеет криволинейный характер (рис. 2 .23),
причем она обрывается сразу после достижения предела прочности. Для чугу-
на, как для других хрупких материалов, характерным является то, что диаграм-
мы растяжения и сжатия для них различны. Сопротивление хрупких материа-
лов при сжатии, как правило, значительно выше, чем при растяжении
(рис. 2 .23).

71
Рис. 2 .23
Рис. 2 .24
Например, для серого чугуна:
σв.сж = (3 ±5) σв.р,
где σв.сж
–
предел прочности при сжатии;
σв.р
–
предел прочности при растяжении.
Хрупкие материалы имеют диаграммы растяжения (сжатия), подобные
диаграммам чугуна, и такую же форму разрушения. Площади диаграмм растя-
жения и сжатия хрупких материалов, характеризующие затраченную на разру-
шение образца работу, значительно меньше, чем пластичных материалов.
Удельная работа деформации хрупких материалов мала. Этим объясняется сла-
бое сопротивление таких материалов динамическим нагрузкам.
2.13. Влияние температуры
Многие современные машины работают в условиях как весьма высоких,
так и низких температур. Например, детали паровых, газовых турбин, реактив-
ных двигателей, прокатного и другого металлургического оборудования рабо-
тают при температурах, достигающих температур до 1000–1300 К, а детали
криогенного оборудования при температурах до 80 К. Испытания показывают,
что все механические характеристики металлов существенно изменяются в за-
висимости от температуры. На рис. 2.25 приведены диаграммы растяжения уг-
леродистой стали при различных температурах.
На рис. 2.26 показан график зависимости предела текучести, временного
сопротивления и относительного удлинения при разрыве от температуры.
В интервале температур 450−480 К временное сопротивление σв достигает
наибольшего значения, а относительное удлинение уменьшается: сталь стано-
вится синеломкой. При более высоких температурах прочность углеродистой
стали быстро падает. В связи с этим углеродистые стали при температуре выше
600–700 К не применяются. При повышении температуры существенно умень-
шается модуль упругости Е, что хорошо видно из графика рис. 2.27.

72
Т,К
Рис. 2 .25
Рис. 2 .26
σт

73
Рис. 2 .27
Рис. 2 .28
Коэффициент Пуассона при повышении температуры от комнатной до
800 К возрастает от 0,28 до 0,33. Низкие температуры так же, как и высокие,
оказывают существенное влияние на механические характеристики.
Материалы, пластичные при нормальной температуре, становятся хрупки-
ми при низких температурах. Такие материалы называются хладноломкими.
К хладноломким материалам относятся большинство черных металлов, в част-
ности сталь, в структуру которых входит феррит, а также цинкованные сплавы.
На рис. 2.28 и 2.29 показаны графики изменения величин предела текучести σт,
σт

74
временного сопротивления σв, относительно удлинения δ и сужения ψ при ста-
тических испытаниях углеродистой стали при низких температурах.
Рис. 2 .29
Проявление хладноломкости особенно опасно в тех случаях, когда в дета-
лях есть концентрация напряжений или при воздействии на детали динамиче-
ских (ударных) нагрузок. Так, например, статистика показывает, что число
рельсов, лопнувших в зимнее время, во много раз больше, чем в летнее.
2.14. Работа статической силы при растяжении (сжатии).
Потенциальная энергия деформации
Действие силы называется стати-
ческим, если в процессе нагружения она
постепенно возрастает от нуля до сво-
его конечного значения. Под действием
внешней силы Р (рис. 2 .30) стержень
деформируется, вследствие чего сила Р
совершает работу. При определении ра-
боты будем исходить из основной пред-
посылки, что соблюдается закон Гука и
связь между нагрузкой Р и абсолютным
удлинением
прямопропорциональная
(рис. 2.31), образец удлиняется на l∆ .
При увеличении нагрузки на ∆Р образец удлинится на величину ( )
dl∆.
Тогда элементарную работу dA внешней силы Р на перемещении ( )
d l∆ можно
определить по формуле
Рис. 2 .30
l
0
l

75
()
2
d
P
P
dl


=




∆
+
∆
A
или
()()()
2
P
dPdl
dlPdl
∆
=
∆+
∆=∆
A
.
(2.35)
Вторым членом пренебрегли как величиной второго порядка малости по
сравнению с первым членом. Очевидно, что элементарная работа dA графиче-
ски представляется площадью элементарной площадки dω (на диаграмме
(см. рис. 2 .31) заштрихованная часть диаграммы с основанием ( )
d l∆ ). Полную
работу A получим, интегрируя выражение (2.35) от нуля до окончательного
значения перемещения
()
0
l
d
Pdld
ω
ωω
∆
=
∆=
=
∫∫
A
.
(2.36)
Таким образом, работа A внешней статической приложенной силы Р будет
равна
2
Pl∆
=
A
.
(2.37)
Если пренебречь потерями энергии, связанной с нагревом при деформа-
ции, то можно считать, что работа внешней силы полностью переходит в по-
тенциальную энергию упругой деформации, т. е .
A=U ,
(2.38)
где U – потенциальная энергия упругой деформации.
Рис 2.31
∆l
d(∆l)
∆P

76
Потенциальная энергия упругой деформации – это величина, равная рабо-
те внутренних сил, но противоположная ей по знаку. Она представляет собой
энергию, накапливаемую телом при деформации.
На основании (2.38) и исходя из определения потенциальной энергии мож-
но записать для стержня постоянного сечения, нагруженного постоянной силой,
2
22
NlNl
U
EA
∆
=
=
.
(2.39)
Потенциальная энергия, отнесенная к единице объема материала, называ-
ется удельной потенциальной энергией
2
2
2
2
U
Nl
u
VEAAlE
σ
=
=
=
⋅
⋅
.
(2.40)
Если учесть, что σ = εЕ, то выражение (2.40) может быть записано в виде
1
2
u
σε
=
(2.41)
Для стержня (см. рис. 2.11), имеющего несколько участков, в пределах ко-
торых продольные силы Ni = const, а также ЕАi = const, потенциальная энергия
2
1
U
2
n
ii
i
i
Nl
EA
=
=
∑.
(2.42)
Если стержень переменного сечения нагружен распределенной нагрузкой
(см. рис. 2 .9), потенциальная энергия определяется путем интегрирования
2
02
l
x
x
Ndx
U
EA
=
∫.
(2.43)
2.15. Примеры расчетов при растяжении (сжатии)
Пример 2.1.
Для стального ступенчатого стержня (рис. 2 .32) построить эпюру продоль-
ных сил, нормальных напряжений и перемещений поперечных сечений, если
Р=1кН,q =2кH/м, А1=1см
2
, А2= 2см
2
, l =1м,Е =200ГПа.
Решение:
1. Разбиваем стержень на участки, в пределах которых продольная сила из-
меняется по одному закону и поперечные сечения постоянны. Таких уча-
стков четыре: ЕД, ДС, СВ, ВК.
2. Определяем величину и знак продольных сил для каждого из участков,
применяя метод сечений. Заметим, что при определении продольной си-

77
лы со стороны свободного конца, т. е . с первого участка ЕД, нет необхо-
димости определять реакцию в заделке.
Участок ЕД:
0≤x≤l.
На этом участке действует равномерно распределенная нагрузка q = const.
Продольная сила для сечения 1-1:
0
2
x
x
Nqdxqx
x
=
⋅
=
=
∫
.
(2.44)
Из зависимости (2.44) следует, что продольная сила изменяется по линей-
номузаконуприх=0,NE=0:
x=l,NД=q·l=2·1=2кH.
Участок СД:
l≤x<1,5l.
Для сечения 2-2 определяем продольную силу из условия равновесия части
стержня, расположенной ниже сечения 2-2 (рис. 2 .32, а)
∑X=-N2+·ql=0;
N2=q·l =2·1=2кH.
Продольная сила на этом участке растягивающая и постоянна в пределах
этого участка.
Рис. 2 .32
E
Д
С
В
К

78
Участок СВ:
1,5
2.
lхl
≤<
Аналогично предыдущему из рассмотрения равновесия нижней отсечен-
ной части стержня (рис. 2 .32, а) имеем
3
221210.
NqlP
=
⋅
−
=
⋅
−
⋅
=
Так как продольная сила отсутствует, то на этом участке стержень не ис-
пытывает деформаций.
Участок ВК:
.2
2,5 .
lх
l
≤≤
.
Для сечения 4-4 (рис. 2.32, а) аналогично
4
3 21311кН
NqlP
=
⋅
−
=
⋅
−
⋅
=−
Стержень испытывает на этом участке сжатие.
3. Строим эпюру продольных сил N. Для этого выбираем масштаб построе-
ния, проводим линию параллельно оси стержня и с учетом масштаба от-
кладываем растягивающую продольную силу по одну сторону от этой
линии, а отрицательную – по другую (рис. 2.32,б).
4. Определение нормальных напряжений.
Нормальные напряжения определяем по зависимости
,
N
A
σ=
где N – продольная сила в сечении, А – площадь поперечного сечения.
Участок ЕД:
1
1
X
Nq
x
AA
σ=
=
⋅
,прих=0, σЕ=0,
х=1м,
3
4
210
1 20 МПа.
110
σ
−
⋅
=
⋅
=
⋅
Участок СД:
3
2
4
210
10 МПа.
210
σ
−
⋅
=
=
⋅
Участок СВ:
3
3
4
3
0
0.
210
N
A
σ
−
=
=
=
⋅
Участок ВК:

79
3
4
4
4
4
110
1 5МПа
210
N
A
σ
−
−
⋅
=
=
⋅
=−
⋅
(сжатие).
По данным расчета строится эпюра σ (рис. 2.32, в).
5. Определяем деформации участков
Участок ДЕ:
2
2
1
0
0
0
,
2
2
l
l
l
X
Ndxq
qx
ql
l
xdx
EA EA
EA
EA
⋅
∆=
=
=
=
∫
∫
|
3
4
1
9
4
2101
0,5 10 м=0,005 см.
220010110
l
−
−
⋅
⋅
∆=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
Участок СД:
3
22
2
9
4
2
210 0,5
0, 0025 .
20010 210
Nl
l
см
EA
−
⋅
⋅
⋅
∆=
=
=
⋅
⋅
⋅
Участок ВС:
33
3
3
0,
Nl
l
EA
⋅
∆=
=
таккак 3 0.
N=
Участок ВК:
33
3
3
0,
Nl
l
EA
⋅
∆=
=
3
44
4
9
4
4
110 0,5
0,00125 см.
20010 210
Nl
l
EA
−
⋅
−
⋅
⋅
∆=
=
=−
⋅
⋅
⋅
6. Определение перемещений сечений В, С, Д, Е:
Перемещение сечения В равно удлинению участка ВК:
∆ В = 4l = -0,00125см (вверх).
Перемещение сечения С равно алгебраической сумме деформаций участков
ВСиВК:
∆С= ∆ 3l +∆ 4l =0 –0,125= -0,00125см(вверх).
Перемещение сечения Д:
∆Д=∆ 2l +∆ 3l +∆ 4l =0,0025+0–0,00125=0,00125см(вниз).
Перемещение сечения Е :
4
1
2
3
4
1
0, 05 0, 0025 0 0, 00125 0, 00625 см (вниз)
n
Е
i
i
lllll
=
=
∆=∆∆=∆+∆+∆+∆=
+
+−
=
∑

80
По полученным данным строим эпюру перемещений (рис. 2.32, г).
Все сечения, за исключением К, расположенные выше точки «О» переме-
щаются вверх, а сечения ниже этой точки перемещаются вниз. Поперечные се-
чения О, К – неподвижные.
Пример 2.2
Для заданной стержневой системы (рис. 2.33) требуется:
1. Определить допускаемую силу P грузоподъемной системы, исходя из
условий прочности стержней 1 и 2, если размеры стержней известны: a = 1 м, b
==1,5м,c=0,5м,d=1м, 2l=1м,уголнаклонаα=30
0
. Поперечное сечение
первого стержня состоит из двух равнобоких уголков (80 х 80 х 8) мм, а вто-
рого стержня квадратное, со стороной квадрата h = 6 см. Стержни стальные,
допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа, модуль упругости Е = 210 ГПа в соот-
ветствии с П.7 площадь сечения уголка равна 12,3 см
2
.
2. Определить величину вертикальных перемещений узлов С и Е. Дефор-
мацией стержней ВД и ЕК пренебречь.
Решение:
Устанавливаем аналитическую связь между усилиями в стержнях N1, N2 и
нагрузкой P.
Рис. 2 .33
а) Из условия равновесия стержня ВД имеем
0;
Д
М=
∑
1
2
sin
0,
N
ВДNCD
α⋅
−
⋅
=
откуда
()1
1
2
1
sin30 1,5
1
sin
0, 75
o
N
Nacd
N
N
d
⋅
⋅
+
=
=
=
б) из условия равновесия стержня ЕК:

81
0;
К
М=
∑
2(
)
0;
NabPb
+−
=
()()
2
2
2
1 1,5
1,67 .
1,5
NabN
P
N
b
+
+
=
=
=
С учетом N2 P = 1,67 0,75N1 = 1,25N1.
Таким образом, связь между силой P и усилием N в стержнях 1, 2, из усло-
вия прочности которых определяем допускаемую силу P, установлена.
2. Определяем допускаемую нагрузку Pдоп.
Для этого предварительно определяем допустимое усилие первого стерж-
ня из условия его прочности:
N1доп = [σ]·A1,
где А1 – площадь поперечного сечения первого стержня.
Так как поперечное сечение состоит из 2-х стандартных уголков (для од-
ного уголка АL = 12,3 см
2
),тоA1=2·12,3 =24,6см
2
.
С учетом этого допустимое усилие для первого стержня:
N1 доп = 160·106
· 24,6·10-4
= 393,6 кH.
Допускаемая нагрузка Р1доп из условия прочности первого стержня равна:
Р1 доп. = 1,25 N1 доп,
P1 доп. = 1,25·393,6 = 492 кН.
Аналогично допустимое усилие для второго стержня:
N2 доп. = [σ] ·A2 = 160·106
· 36 ·10-4
= 576 кH.
Допускаемая нагрузка из условия прочности второго стержня:
P2 доп. = 1,67N2 доп = 1,67·576 = 962 кH.
Из сопоставления P1 доп и Р2 доп. принимается наименьшее значение до-
пустимой нагрузки Рдоп = 492 кН.
3. Определяем вертикальное перемещение узлов С и Е.
а. Перемещение узла С.
Перемещение узла С зависит только от деформации первого стержня, так
как стержень ВД принят недеформированным.
Удлинение первого стержня определяем по закону Гука.
11
1
1
Nl
l
EA
⋅
∆=
;

82
1
1
393, 6 кН;
N Nдоп
=
=
1
11
2,34 м.
cos
cos 30o
ad
l
α
+
+
=
=
=
С учетом этого:
3
4
1
11
4
393,6 10 2,34
1,78 10 м.
2,1 10 24,6 10
l
−
−
⋅
⋅
∆=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
Вследствие удлинения первого стержня стержень ВД повернется относи-
тельно точки Д и точка В займет новое положение В1 (рис. 2 .34). Для определе-
ния положения точки В1 мысленно разъединим стержни в узле В и отложим по
направлению первого стержня его удлинение 1l (отрезок ВВ2). Положение точ-
ки В1 определится, если первый стержень АВ и стержень ВД свести вместе,
вращая их вокруг точек А и Д.
Точки В2 и В будут перемещаться по дугам, но вследствие их малости дуги
заменяем перпендикулярными отрезками к стержням АВ и ВД, пересечение ко-
торых и определяет новое положение точки В (рис. 2 .34). Точки С и ε переме-
щаются вниз по перпендикулярам к стержням ВД и εК.
Рис. 2 .34
Треугольник В, В1, В2 называется диаграммой перемещения узла В.
Деформированное состояние системы (диаграмма перемещений) показано
тонкими линиями (рис. 2.34).
Из ∆ ВВ1В2 (рис. 2.34):
1
1
0, 0178
0, 0356 .
cos 60
0,5
l
вВВ
см
∆
∆=
=
=

Из ∆ВДВ1 и ∆СДС1:
0, 0356 1
0, 0235 см.
1,5
ВДС
с
ВД
∆⋅
⋅
∆=
=
=

83
б. Определение перемещения узла ε:
Перемещение узла ε складывается из перемещения узла С и деформации
(укорочения) второго стержня
2.
с
l
ε
∆=∆+∆
Укорочение второго стержня
22
2
2
Nl
l
EA
⋅
∆=
.
Из условия равновесия
2
1,5
0,6 ;
1 1,5
PbP
N
Р
ab
⋅
⋅
=
=
=
+
+
2 0,6 492 295,2 кН.
N=
⋅
=
С учетом этого усилия укорочение стержня 2:
3
4
2
11
4
295,2 10 1
3,9 10 м.
2,110 3610
l
−
−
⋅
⋅
∆=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
Вследствие этого точка ε получает дополнительное перемещение вниз, то-
гда перемещение узла ε будет равно
0, 0235 0, 039 0, 0625 см.
ε
∆=
+
=
Пример 2.3
Для фермы (рис. 2.35) определить внутренние усилия в стержнях 4, 5, 6 и
подобрать размеры поперечного сечения стержня No 6, приняв, что оно состоит
из2-хшвеллеров,еслиР=200кН,а1=1м,[σ]=160МПа.
Решение:
1. Определяем опорные реакции из условия равновесия фермы.
а)∑МА=0, Ра+Р·2а–RВ·3а=0; RВ=Р=200кН;
б)∑МВ=0,
-
Ра-Р ·2а+RА·3а=0; RА=Р=200кН.
2. Выполняем проверку правильности определения опорных реакций.
∑у=RА–Р
–
Р+RВ=Р–Р
–
Р+Р=0.
Реакции найдены правильно.

84
3. Определяем усилия в стержнях 4, 5, 6..
Для этого используем метод сечений. Делаем сечение 1-1 и рассматриваем
равновесие левой части фермы. Уравнение равновесия левой части фермы
представляем в форме суммы проекций всех сил и суммы моментов сил соот-
ветственно относительно точек D и K:
а)∑ул.ч.
=
0 RА–Р+N5sin600
=0;
б)∑МD
л,ч.
=0 RA·a –N4·asin600
=0;
в)∑МК
л.ч .
=
0; RA·1,5a–P·0,5a–N6·a·sin600
=0;
Рис. 2 .35
Из решения уравнений находим продольные силы в стержнях:
5
(
) (200 200)
0;
sin 60
sin 60
A
PR
N
−
−
=
=
=


4
200 2
232 кН.
sin 60
3
A
R
N
⋅
=
=
=

6 232 кН.
N=
3. Определяем площадь поперечного сечения стержня 6 из условия
прочноcти
[]
6
6
;
N
А
σ
=
а
а
а
а
а

85
3
32
2
6
6
232 10
1,4510 м 14,5см .
160 10
А
−
⋅
=
=
⋅
=
⋅
Необходимая площадь поперечного сечения для одного швеллера
2
6 14,2
7,25см .
22
шв
A
А==
=
По сортаменту (П. 10) находим подходящий профиль швеллера No 6,5, у
которого Ашв= 7,51 см
2
, что несколько больше, чем расчетное значение.
Фактическое напряжение в стержне 6:
3
6
4
6
232 10
154, 46 МПа.
2 7,51 10
N
A
σ
−
⋅
=
=
=
⋅
⋅
Оно будет меньше допустимого, недогруз стержня составляет
[]
[]
160 154, 46
·100 %
100% 3, 46 %.
160
σ−
−
=
⋅
=
σ
σ
3. Кручение
3.1. Понятие кручения
Кручение – это такой вид деформации стержня, при котором в его попереч-
ном сечении действует только крутящий момент ─
K
M .Стержни, испытываю-
щие кручение, называют валами. Кручение возникает в результате действия
внешних пар сил, расположенных в плоскостях, перпендикулярных к оси стержня.
Моменты внешних пар на-
зывают скручивающими мо-
ментами и обозначают М. Про-
стейший случай кручения имеет
место при действии на стержень
двух равных по величине и про-
тивоположных по направлению
пар сил (рис. 3 .1). Моменты от
внешних пар сил соответствен-
но равны
1
2
MMPh
=
=
.
В об-
щем случае на вал могут действовать несколько внешних пар сил, приложен-
ных в различных сечениях, которые взаимно уравновешиваются (рис. 3 .2). Ал-
гебраическая сумма всех внешних скручивающих моментов, приложенных к
стержню, равна нулю:
0
i
M=
∑.
Рис. 3 .1
l

86
Под действием внешних скручивающих моментов в поперечных сечениях
вала возникают внутренние силы, которые приводят к одному силовому факто-
ру – крутящему моменту K
M.
Крутящий момент в сечении вала определяется на основе метода сечений –
метода РОЗУ, рассмотренного в разделе растяжение (сжатие). Так, для случая
(рис. 3.1), используя метод сечений, рассечем вал плоскостью, перпендикуляр-
ной его оси на две части, и рассмотрим одну из них, например, левую часть
(рис. 3.3). Данная часть вала под действием внешнего момента 1
M и внутренне-
го крутящего момента
K
M должна находиться в равновесии. Очевидно, что
1
K
MMPh
=
=
.
Если рассмотреть правую часть вала (рис. 3.3), то получим
1
K
MMPh
=
=
. Таким образом, видим, что значение крутящего момента в сече-
нии не зависит от того, какая часть усеченного стержня рассматривается.
Правило знаков для крутящего момента
Крутящий момент будем считать положительным, если при взгляде на рас-
сматриваемое сечение вала со стороны этого сечения действующий в нем кру-
тящий момент направлен по часовой стрелке (рис. 3 .4) или внешний скручи-
вающий момент направлен против движения часовой стрелки.
Необходимо заметить, что правило условно, так как знак крутящего мо-
мента физического смысла не имеет.
Рис. 3 .2
Рис. 3 .3
Рис. 3 .4

87
3.2. Эпюра крутящих моментов
При расчете на прочность вала при кручении необходимо знать величины
крутящих моментов в сечениях вала. Закон изменения крутящих моментов по
длине вала представляют в виде графика – эпюры крутящих моментов. При по-
строении эпюр крутящих моментов их величины откладываются перпендику-
лярно прямой, параллельной оси вала.
Пример 3.1
Построение эпюр крутящих моментов.
Пусть вал (рис. 3 .5) находится в равновесии под действием внешних скру-
чивающих моментов 1 9
M= кНм,М2=3кНм,М3=7кНм,М4=1кНм.
Требуется построить эпюру крутящих моментов
K
M . На рис. 3 .5 представлена
расчетная схема вала и эпюра крутящих моментов.
Для построения эпюры крутящих моментов необходимо разбить вал на
участки, обозначив графически сечения буквами или цифрами. В данном при-
мере участков три, в пределах каждого из них крутящий момент имеет свое
значение.
Для определения крутящего момента в любом поперечном сечении вала
используется метод сечений. Так, для определения крутящего момента в сече-
нии 1-1 на участке АВ рассечем вал по этому сечению, отбросим одну из частей
вала, например, правую, и рассмотрим левую часть (рис. 3.5). Из рассмотрения
оставшейся части находим крутящий момент
1
1 9кНм.
K
MM
=
=
На втором уча-
стке в сечении 2-2 действует крутящий момент
2
К
M (рис. 3 .5).
Из рассмотрения равновесия левой части находим
2
1
2936кНм.
K
MMM
=
−
=
−
=
Крутящий момент
2
K
M ,каки
1
K
M , положительный.
Рассматривая равновесие для части вала, расположенной левее сечения 3-3
(рис. 3 .5), находим
3
1
2
39371кНм.
K
MMMM
=
−
−
=
−
−
=−
Знак «минус» показывает, что крутящий момент в сечении 3-3, как и в лю-
бом сечении в пределах данного участка DE, направлен против движения часо-
вой стрелки. Очевидно, что при определении крутящего момента на участке
DE проще было рассмотреть правую часть вала, из равновесия которой
3
4
1 кНм.
K
M
M
=−
=−
Из представленной (рис. 3.5) эпюры
K
M видим, что в тех сечениях, в ко-
торых приложены внешние скручивающие моменты, ординаты эпюры крутя-
щих моментов меняются скачкообразно на величину, равную значениям этих
моментов.

88
Рис. 3 .5
Из представленной (рис. 3.5) эпюры
K
M видим, что в тех сечениях, в ко-
торых приложены внешние скручивающие моменты, ординаты эпюры крутя-
щих моментов меняются скачкообразно на величину, равную значениям этих
моментов.
3.3. Зависимость между моментом, мощностью и числом
оборотов вала
При расчете валов обычно задана передаваемая мощность (N) и угловая
скорость ω , [
рад
мин
] или частота n, [
об
мин
].
В этом случае внешний скручивающий момент вычисляется по одной из
формул:
А
В
D
E

89
N
M
ω
=
,гдеМвНм,NвВт,ωв
рад
сек
;
9740
N
M
n
=
,гдеМвНм,NвВт,nв
об
мин
;
7162
N
M
n
=
,
гдеМвНм,Nвл.с.,nв
об
мин
.
3.4. Напряжение при кручении валов круглого сплошного
и кольцевого сечений
Для валов круглого сплошного и кольцевого сечений справедлива гипотеза
плоских сечений (гипотеза Бернулли). Если сечения имеют более сложную
форму, например, прямоугольную, эллиптическую и т. д ., при кручении таких
стержней происходит искажение (депланация) поперечных сечений, поэтому
расчетные формулы для касательных напряжений, приведенные ниже, справед-
ливы только для рассматриваемых валов круглого поперечного сечения.
При этом эти формулы получены при следующих допущениях:
1. Ось вала ОО1 (рис. 3.6) после деформации остается прямой линией.
2. Расстояния между поперечными сечениями остаются неизменными.
3. Поперечные сечения плоские и перпендикулярные к оси вала до дефор-
мации остаются плоскими и перпендикулярными к оси вала после деформации
(гипотеза Бернулли).
4. Радиусы поперечных сечений, поворачиваясь на определенный угол, ос-
таются прямыми (например, радиус ОВ займет положение ОВ1).
Угол
1
ВОВ φ
=
представляет угол поворота сечения О относительно
сечения О1.
Базируясь на эти допущения найдем касательные напряжения в вале круг-
лого поперечного сечения под воздействием крутящего момента. (рис. 3 .6, а)
а
б
х
l
Mк
φк
φк
Mк
C
O
B1
B
O1
Mк
Mк
O
O1
dx
C
A
Y
Z
X
γr
γρ
ρ
D
к
к1
A1
dx
Рис. 3 .6
(3.1)
(3.2)
(3.3)

90
Выделим из стержня (рис. 3 .6, а) элемент длиной dx и рассмотрим его де-
формированное состояние (рис. 3.6, б). Условно будем считать левое сечение
неподвижным. Линии CA и DK до деформации параллельны оси X. При дефор-
мации они займут положение СА1 и DK1. Из геометрии следует
1
1
;
.
r
ААrd
dx
KK
d
dx
ρ
φγ
ρφγ
∪
=
⋅
=
⋅
∪
=
⋅
=
⋅
Разделив, первое из равенств на второе получим
r
r
ρ
ρ
γγ
=
,
где r
γиρ
γ − углы относительного сдвига.
С учетом закона Гука при сдвиге
G
τγ
=
, получим
r
r
ρ
ρ
ττ
=
.
При кручении в поперечном сечении вала возникают только касательные
напряжения ρ
τ . Тогда крутящий момент можно представить как равнодейст-
вующий момент внутренних пар сил (рис. 3 .7)
А
Mк
dA
ρ
τρ
=
⋅
⋅
∫
Подставляя сюда ρ
τ , получим
2
r
r
А
Mк
dA
J
r
r
ρ
τ
τ
ρ
=
⋅
=
⋅
∫
Отсюда получим формулу для касательных напряжений на поверхности вала:
max
.
К
r
M
r
Jρ
ττ
=
=
⋅
С учетом r
τ получим формулу для касательных напряжений в произволь-
ной точке поперечного сечения:
K
M
I
ρ
ρ
τ
ρ
=
,
где ρ
τ − касательное напряжение в произвольной точке рассматриваемого
поперечного сечения;
K
M − крутящий момент, действующий в поперечном сечении;
(3.4)

91
ρ − расстояние от точки, в которой определяются касательные на-
пряжения до оси вала;
Iρ − полярный момент инерции поперечного сечения вала.
Наибольшей величины касательные напряжения достигают при max
2
D
ρ=
,
т. е . на поверхности вала
max
max
K
K
M
M
I
W
ρ
ρ
τ
ρ
=
=
,
где
max
I
W
ρ
ρ
ρ
=
называют полярным моментом сопротивления.
Полярный момент сопротивления сечения характеризует с чисто геомет-
рической стороны прочность вала, имеющего круглое сплошное или кольцевое
сечение. Таким образом, касательные напряжения в поперечном сечении рас-
пределены вдоль радиуса по линейному закону (3.4). Эпюры касательных на-
пряжений для круглого сплошного и кольцевого поперечных сечений показаны
на рис. 3.7. Касательные напряжения в любой точке поперечного сечения пер-
пендикулярны радиусу, проходящему через эту точку.
Входящий в формулы (3.4) и (3.5) полярный момент инерции I ρ и поляр-
ный момент сопротивления Wρ определяются по формулам:
а) для круга
4
4
0,1
32
D
I
D
ρ
π
=
≈
⋅
;
3
3
0,2
16
D
W
D
ρ
π
=
≈
⋅
;
.
ρ
dA
а
б
Рис. 3 .7
б) для кольцевого сечения
()()
4
4
4
4
1
0,1 1
32
D
I
D
ρ
π
α
α
=
−
≈
⋅
−
;
(3.5)
ρ
τ
max
τ
max
τ
max
τ
max
τ

92
()()
3
4
3
4
1
0,2
1
16
D
W
D
ρ
π
α
α
=
−
≈
⋅
−
,
где
d
D
α=
, d – внутренний диаметр, D – наружный диаметр.
3.5. Деформация вала при кручении
Для валов круглого сплошного поперечного сечения и кольцевого сечения при
постоянном крутящем моменте по длине участка вала угол закручивания φ или угол
относительного поворота сечений этого участка (в радианах) определяется по формуле
K
Ml
GIρ
φ
⋅
=
⋅
.
При определении угла поворота в градусах формула имеет вид
180 K
Ml
GIρ
φ
π
⋅
=
⋅
,
где l − длина рассматриваемого участка;
G − модуль сдвига;
GIρ
⋅
−
жесткость поперечного сечения вала при кручении.
Это выражение называется законом Гука при кручении.
В формулах (3.6), (3.7): K
M измеряетсявНм;lвм;Gв 2
Н
м
;Iρвм
4
.
Если вал ступенчатый и крутящий момент изменяется по его длине, то
полный угол закручивания вала, т.е . взаимный угол поворота его концевых се-
чений, может быть определен суммированием углов закручивания по участкам,
в пределах которых K
M и I ρ постоянны
1
1m
Kii
i
i
Ml
G
Iρ
φ
=
⋅
=
⋅
∑,
где m − число участков вала.
Если величины K
M и I ρ (или одна из них) переменны по длине участка, то
0
x
x
l
Kx
Mdx
GIρ
φ
⋅
=
⋅
∫,
где xl − длина участка, в пределах которого
,
Kx
M или
x
I ρ переменны.
(3.6)
(3.7)
(3.8)
(3.9)

93
Угол закручивания, приходящийся на единицу длины, называется относи-
тельным углом и определяется по формуле
,
.
K
M рад
lGIм
ρ
φ
θ==
⋅
Или в градусах
180
o
K
M
GIρ
φ
π
=
⋅
.
3.6. Потенциальная энергия упругой деформации
при кручении вала круглого поперечного сечения
В пределах упругих деформаций.
Зависимость между K
M и φ линейная (рис. 3.8).
Потенциальная энергия U накапливается в вале при кручении, численно
равна работе A внешних скручивающих моментов, которая выражается пло-
щадью треугольника ОВС:
2
22
K
K
M
Ml
U
GIρ
φ
=
=
=
A
При переменных
,
Kx
Mи,x
I ρ по длине участка
2
,
1
2
Kx
x
Mdx
U
GIρ
=
∫.
Рис. 3.7.
Рис. 3.8.
(3.10)
(3.11)
(3.12)
(3.13)

94
Рис. 3 .9
Рис. 3 .10
Рис. 3 .11
Потенциальная энергия для всего вала определяется суммированием по участку
2
,
1
,
1
2
m
kx
i
x
Mdx
U
GIρ
=
=
∑∫.
3.7. Анализ напряженного состояния бруса при кручении.
Главные напряжения и главные площадки
Рассмотрим прямой брус круглого поперечного сечения, нагруженный
двумя взаимно уравновешенными скручивающими моментами m (рис. 3 .9).
Двумя
плоскостями,
перпендикулярными к оси,
и двумя радиальными плос-
костями, проходящими че-
рез ось х, выделим часть
бруса (рис. 3 .10).
В поперечных сечени-
ях бруса возникают каса-
тельные напряжения, изменяющиеся вдоль радиуса по линейному закону. На
основании закона парности касательных напряжений такие же по величине на-
пряжения возникнут и в радиальных сечениях бруса.
Если двумя парами осе-
вых и поперечных сечений
выделить из закрученного ва-
ла элемент aвcd, показанный
на рис. 3.11, по граням этого
элемента aвсd будут действо-
вать только касательные на-
пряжения τ. Таким образом, все
элементы бруса, подобные aвcd, испытывают частный случай плоского напряжен-
ного состояния − чистый сдвиг.
Как известно, при чистом сдвиге
главные напряжения равны по
величине касательным, причем
одно является растягивающим, а
другое – сжимающим, т. е.
max
min
σ
σ
τ
=−
=
(рис. 3 .11). На-
помним также, что главные пло-
щадки наклонены под углом 45° к
площадкам чистого сдвига.
Если из бруса выделить эле-
мент при помощи винтовых сече-
ний, проведенных под углом 45°
к образующим, то на гранях этого
(3.14)

95
а
б
в
а
б
в
Рис. 3 .13
Рис. 3 .12
элемента возникают только нормальные напряжения, показанные на рис. 3.12.
Экспериментальные данные
подтверждают правильность тео-
ретических выводов о напряжен-
ном состоянии прямого бруса
круглого поперечного сечения при
кручении. Стержень, изготовлен-
ный из малоуглеродистой стали,
разрушается по поперечному сечению, т.е . по
наименьшей площади среза, так как для этого
материала наиболее опасны касательные на-
пряжения (рис. 3.13, а).
Скручиваемый чугунный стержень раз-
рушается от действия главных растягиваю-
щих напряжений по винтовой поверхности,
наклоненной под углом 45°, так как чугун ─
хрупкий материал, плохо работающий на рас-
тяжение (рис. 3.13, б).
Скручиваемый деревянный брус, слабо
сопротивляющийся скалыванию, разрушается
с образованием продольных трещин, что сви-
детельствует о наличии касательных напряже-
ний в его продольных (радиальных) плоскостях (рис. 3 .13, в).
3.8. Pacчет бруса круглого поперечного сечения на прочность
и жесткость при кручении
Целью расчетов на прочность и жесткость при кручении является опреде-
ление таких размеров поперечного сечения бруса, при которых напряжения и
перемещения не будут превышать заданных величин, допускаемых условиями
эксплуатации.
Условие прочности по допускаемым касательным напряжениям:
max
[],
K
P
M
W
τ
τ
=
≤
а по расчетному сопротивлению:
max
S
R;
К
P
M
W
τ=
≤
где Rs – расчетное сопротивление стали сдвигу.
Допускаемое напряжение при кручении [ ]
τ зависит от 0
τ ─ напряжения,
соответствующего опасному состоянию материала, и принятого коэффициента
запаса прочности n :
(3.15)
(3.16)

96
0
()
[]
тв
n
τ
τ=
,
где 0
Т
ττ
=
−
предел текучести,
т
n − коэффициент запаса прочности для пластичного материала;
0
пч
ττ
=
−
предел прочности,
в
n − коэффициент запаса прочности для хрупкого материала.
В связи с тем, что значения т
τив
τ получить в экспериментах на кручение
труднее, чем при растяжении (сжатии), то чаще всего допускаемые напряжения на
кручение принимают в зависимости от допускаемых напряжений на растяжение для
того же материала. Так для стали [ ] 0,5[ ]
τ
σ
≈
,длячугуна[] [ ]
τ
σ
≈
.
При расчете скручиваемых брусьев на прочность возможны три вида за-
дач, различающихся формой использования условий прочности:
1) проверка напряжений (проверочный расчет);
2) подбор сечения (проектный расчет);
3) определение допускаемой нагрузки.
1. При проверке напряжений по заданным нагрузкам и размерам бруса оп-
ределяются наибольшие возникающие в нем касательные напряжения и срав-
ниваются с заданными по формуле (3.16). Если условие прочности не выполня-
ется, то необходимо либо увеличить размеры поперечного сечения, либо
уменьшить нагрузку, действующую на брус, либо применить материал более
высокой прочности.
2. При подборе сечения по заданной нагрузке и заданной величине допус-
каемого напряжения [ ]
τ из условия прочности (3.15) и определяется величина
полярного момента сопротивления поперечного сечения бруса
[]
K
P
M
W
τ
≥
или
3
K
p
s
M
W
R
≥
.
По величине полярного момента сопротивления находят диаметры сплош-
ного круглого или кольцевого сечения бруса.
3. При определении допускаемой нагрузки по заданному допускаемому
напряжению [ ]
τ и полярному моменту сопротивления P
W предварительно на
основе (3.16) определяется величина допускаемого крутящего момента K
M:
[][]
K
P
M
W
τ
=
⋅
или [
]К
s
p
МRW
=
⋅
,
а затем с помощью эпюры крутящих моментов устанавливается связь между
K
M и внешними скручивающими моментами.
Расчет бруса на прочность не исключает возможности возникновения де-
формаций, недопустимых при его эксплуатации. Большие углы закручивания
бруса весьма опасны, так как могут приводить к нарушению точности обработ-
(3.17)
(3.18)
(3.19)

97
ки деталей, если этот брус является конструктивным элементом обрабатываю-
щего станка, либо могут возникнуть крутильные колебания, если брус передает
переменные по времени скручивающие моменты, поэтому брус необходимо
рассчитывать также на жесткость.
Условие жесткости записывается в следующем виде:
max
[]
θ
θ
≤,
где max
θ ─ наибольший относительный угол закручивания бруса, опреде-
ляемый из выражения (3.10) или (3.11).
Тогда условие жесткости для вала примет вид
max
max
[]
K
P
M
GI
θ
θ

=
≤


.
Величина допускаемого относительного угла закручивания определяется
нормами и для различных элементов конструкций и разных видов нагрузок из-
меняется от 0,15° до 2° на 1 м длины бруса. Как в условии прочности, так и в
условии жесткости при определении max
τ или max
θ будем использовать геомет-
рические характеристики: P
W − полярный момент сопротивления и P
I − поляр-
ный момент инерции.
Очевидно, эти характеристики будут различными для круглого сплошного
и кольцевого поперечных сечений при одинаковой площади этих сечений.
Путем конкретных расчетов можно убедиться, что полярные моменты
инерции и момент сопротивления для кольцевого сечения значительно больше,
чем для оплошного круглого сечения, так как кольцевое сечение не имеет пло-
щадок, близко расположенных к центру. Поэтому брус кольцевого сечения
при кручении является более экономичным, чем брус сплошного круглого се-
чения, т. е . требует меньшего расхода материала. Однако изготовление такого
бруса сложнее, а значит, и дороже, и это обстоятельство также необходимо учи-
тывать при проектировании брусьев, работающих при кручении.
Методику расчета бруса на прочность и жесткость при кручении, а также
рассуждения об экономичности, проиллюстрируем на примере.
Рис. 3 .14
(3.20)

98
Пример 3.2
Сравнить веса двух валов, поперечные размеры которых подобрать для
одного и того же крутящего момента
600
K
M=
Н·м при одинаковых допускае-
мых напряжениях [ ] 60
τ=
МПа и относительном угле закручивания
[]0,1
θ=
°/м. Модуль сдвига -
80
G = ГПа. Первый вал сплошной, второй −
трубчатый с отношением внутреннего диаметра к внешнему 0
0 0,8
k
d
d
α
=
=
.
53
3
ρ
6
600 10 м 10см
τ
60 10
К
M
W
−

≥
=
=
=
⋅
;
8-4
-4
ρ
9
180
180 600
43010 м 430см .
π θ 3,148010 0,1
K
M
I
G
−

⋅
≥
=
=
⋅
=
⋅
⋅
⋅
Из условия прочности (3.16) и жесткости (3.20) определим P
WиP
I.
Для сплошного вала:
3
16
c
P
d
W
π
=
, отсюда
3
3
16
16 10
3,7 см;
3,14
P
c
W
d
π
⋅
=
=
=
4
32
c
P
d
I
π
=
, отсюда
4
4
32
32 430
8,14 см.
3,14
P
c
I
d
π
⋅
=
=
=
Принимаем диаметр сплошного вала 8,2 см, т.е . в данном случае решаю-
щим является условие жесткости.
Для кольцевого сечения:
()
4
4
4
0
1
430 см
32
k
P
d
I
π
α
=
−
=
, отсюда
9,3 см.
k
d=
Определяем диаметр только из условия жесткости, так как из условия
прочности, как показывают вычисления, диаметр будет значительно меньше.
Сравним веса валов. Предполагаем, что их длины одинаковы и они выпол-
нены из одного материала. Тогда отношение одного веса к другому равно от-
ношению площадей поперечных сечений:
()()
2
2
2
2
2
2
0
4
8,2
2,16.
41
9,3 1 0,8
с
k
c
к
c
k
QА
d
k
QА
d
π
π
α
=
=
=
=
=
−
⋅
−
Таким образом, полое сечение является более экономичным по расходу

99
материалов и в рассмотренном примере дает более чем двукратное снижение
веса вала (рис. 3 .14).
Построим эпюры касательных напряжений для сплошного и полого вала.
Материал сплошного вала в центральной части напряжен значительно меньше,
чем в периферийной, а в кольцевом сечении напряжения распределены более
равномерно, и этим повышается степень использования материала.
3.9. Кручение прямого бруса прямоугольного
поперечного сечения
Задача кручения бруса с некруглым поперечным сечением является значи-
тельно более сложной по сравнению с рассмотренной выше задачей кручения
бруса круглого поперечного сечения.
Допущения, принятые для бруса круглого поперечного сечения, не могут
быть приняты для случая некруглого сечения. Прежде всего нарушается закон
плоских сечений. Отдельные точки поперечного сечения перемещаются вдоль
оси бруса, и всё сечение в целом перестает быть плоским. Происходит так на-
зываемая депланация сечения.
Рассмотрим прямой брус прямоугольного поперечного сечения (рис. 3.15).
На поверхности бруса до деформации кручения нанесем прямоугольную сетку
линий, параллельных продольной оси и перпендикулярных к ней.
Приложим к брусу два взаимно уравновешенных скручивающих
момента m. В результате деформации торцевые, поперечные сечения не оста-
лись плоскими, а депланировали.
Прямоугольные элементы, имеющиеся на поверхности бруса, получили
наибольшее искажение в середине широкой стороны и почти не исказились
около ребер бруса. Очевидно, наибольшие напряжения возникают там, где
имеют место наибольшие деформации. Распределение касательных напряжений
в поперечном сечении прямоугольного бруса показано на рис. 3 .17 .
Точное решение задачи о кручении прямого бруса прямоугольного попе-
речного сечения дано в теории упругости. Мы ограничимся приведением окон-
чательных результатов. Наибольшее касательное напряжение можно опре-
делить по формуле
1
K
K
M
W
τ=
,
где
3
K
W
b
β=
─ момент сопротивления при кручении.
Рис. 3 .15
Рис. 3 .16
(3.21)

100
Напряжение 2
τ , возникающее в сере-
дине короткой стороны, определяется
через 1 :
τ
2
1
τγτ
=
.
(3.22)
Угол закручивания бруса вы-
числяется по формуле
,
K
K
Ml
GI
φ=
где
4
K
I
b
α
=
−
момент инерции
прямоугольного
поперечного
сечения при кручении. Входящие в
данные формулы коэффициенты α , β и зависят от соотношения сторон пря-
моугольника и для некоторых значений
h
b
приведены в таблице.
h
b
α
β
γ
1
2
4
10
0,140
0,457
1,123
3,123
0,208
0,493
1,150
3,123
1
0,795
0,745
0,742
Таким образом, формулы для определения max
1
τ
τ
=
и φ при кручении пря-
мого бруса прямоугольного поперечного сечения имеют такой же вид, что и
для бруса круглого поперечного сечения. Однако величины зависят от формы и
размеров поперечного сечения и лишь по размерности и значению в расчетных
формулах аналогичны P
WиP
I для бруса круглого поперечного сечения.
3.10. Пример расчёта при кручении
Пример 3.3
Известно: М1 = 1,6 кНм; М2 = 0,4 кНм; М4 = 2,8 кНм; М5 = 0,8 кНм;
[] 80МПа;
τ=
0
0,1 ;
м
φ
=
°
0,55;
d
D
α==
а=1м;
в=0,5м;
с=0,5м.
Вал изготовлен из стали. Модуль сдвига G = 80 ГПа.
(3.23)
Рис. 3 .17
h
b2τ
1
τ
2
τ

101
Требуется:
1. Из условия равновесия определить величину и направление незаданного
скручивающего момента М3.
2. Построить эпюру крутящего момента МК.
3. Из условия прочности и жёсткости подобрать диаметры d и D сплошно
го и полого участков вала ( d
D
α=
−
отношение диаметров).
4. Построить эпюру углов скручивания, приняв за неподвижное левое торце-
вое сечение.
5. Исследовать напряжённое состояние элемента, расположенного на поверх-
ности вала в окрестности точки К.
При выполнении данного пункта необходимо:
а) выделить элемент параллелепипед и определить касательные напряжения на
границах, совпадающих с поперечным и осевым сечениями;
б) изобразить прямоугольный элемент, определить положение главных пло-
щадок, найти главные касательные напряжения, нормальные напряжения
и показать их на чертеже.
Решение:
1. Определяем из условия равновесия
0
X
M=
∑ величину и направление
внешнего скручивающего момента М3 (рис. 3 .18).
5
1
2
3
4
5
3
1
2
4
.
0;
1,6 0,4 2,8 0,8 3,2 кНм
MMMMM
MMMMM
−
−
+
−
=
=
−
+
−
=
−
+−
=
2. Разбиваем вал на участки (начало и конец участков обозначены буквами,
а сами участки – цифрами) и, пользуясь методом сечений, определяем
крутящие моменты каждого из участков (рис. 3.18).
Участок АВ 0< x< a:
1
1
.
1,6 кНм
K
M
M
=−
=−
Участок ВС а< x< 2a:
2
1
2
1,6 0,4 1,2 кНм.
K
M
MM
=−
+
=−
+=−
УчастокСЕ 2а<x<2a+в:
3
1
2
3
.
1,6 0,4 3,2 2 кНм
К
М
МММ
=−
+
+
=−
++=
Участок EF 0 < x < c (проще рассмотреть правую часть):
4
0,8 кНм.
К
М=−
D
[кН·м]

102
По полученным данным и построению эпюры МК видно, что участок АВ
является наиболее опасным для сплошного сечения, так как в его сечениях кру-
тящий момент по абсолютному значению имеет наибольшую величину.
Рис. 3 .18
3. Определяем диаметр сплошного вала для участков АВ, ВС:
а) из условия прочности по формуле (3.18):
,max
;
K
M
Wρ
τ

≥
отсюда
3
3
3
6
16
16 1,6 10 0,0466 м;
3,14 80 10
K
M
D
πτ

⋅
⋅
⋅
=
=
=
⋅
⋅
⋅
[кН
.
м]
[кН
.
м]
[10-6
рад]

103
б) из условия жёсткости (3.20):
3
,max
4
4
9
.
180
180 1,6 10
0,1035 м
0,1
0,1 3,14 80 10 0,1
K
M
D
G
π
θ

⋅
⋅
⋅
=
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
Сопоставляя полученные значения диаметров, принимаем наибольшее из
них, округлив до стандартного значения. Окончательно назначаем диаметр
сплошного участка вала D = 100 мм.
4. Определяем диаметр для полых участков вала (СE и EF).
Расчетный момент для этих участков МК = 2,0 кНм:
а) из условия прочности
()
()
3
3
4
4
6
16
16 2000
0,052 м;
1
3,14 1 0,55 80 10
K
M
D
π
α τ

⋅
⋅
=
=
=
⋅
−
⋅
⋅
−
⋅
⋅
б) из условия жесткости
()
()
4
4
4
4
9
.
180
180 2000
0,1165 м
0,1 1
0,1 1 0,55 3,14 80 10 0,1
K
M
D
G
απ
θ

⋅
⋅
=
=
=
⋅
−
⋅
⋅
⋅
⋅
−
⋅
⋅
⋅
⋅
Для полого участка вала окончательно принимаем наибольшее значение
диаметра с учетом округления:
D=120мм; d=65мм
5. Определяем углы закручивания для каждого из участков, используя закон
Гука (3.6).
Участок АВ:
1
4
3
6
1
9
.
1,610 1
210
80 10 0,1 0,1
i
К
Ма
рад
GIρ
φ
−
⋅
⋅
⋅
=
=−
=−
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
Участок ВС:
2
2
4
3
6
2
9
.
1,210 1
1,5 10
80 10 0,1 0,1
К
Ма
рад
GIρ
φ
−
⋅
⋅
⋅
=
=−
=−
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
Участок СE:

104
Рис. 3 .19
а
б
в
3
3
4
3
6
3
9
4
.
2,0 10 0,5
1,15 10
8010 0,1(1 0,55)0,12
К
Мв
рад
GIρ
φ
−
⋅
⋅
⋅
=
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
−
⋅
Участок EF:
4
4
4
3
6
4
9
4
.
0,8 10 0,5
0,46 10
8010 0,1(1 0,55)0,12
К
Мс
рад
GIρ
φ
−
⋅
⋅
⋅
=
=−
=−
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
−
⋅
6. Определяем углы поворота сечений. Сечение А принято неподвижным в
относительном движении:
6
1
210
;
ВА
рад
φφ
−
=
=−
⋅
6
6
1
2
2,0 10 1,5 10
;
СА
рад
φφφ
−
−
=
+=−
⋅
−
⋅
6
6
6
6
1
2
3
2,0 10 1,5 10 1,15 10
2,35 10
;
ДА
рад
φφφφ
−
−
−
−
=
++=−
⋅
−
⋅
+
⋅
=−
⋅
6
.
2,81 10
i
ЕА
рад
φ
φ
−
=
=−
⋅
∑
7.

105
7. Устанавливаем напряженное состояние в точке К, расположенной на по-
верхности вала, на втором участке. Рассмотрим вал по сечению, проходящему
через точку К. Отбросим правую часть и рассмотрим левую часть (рис. 3.19, а).
В сечении действует крутящий момент МК2 = 1,2 кНм, который представляет
собой равнодействующий момент всех внутренних касательных напряжений,
взятых относительно центра сечения.
Таким образом, касательные напряжения τ в любой точке поперечного сече-
ния вала будут определены по формуле (3.4):
,
К
М
Iρ
τ
ρ
=
⋅
в точке К напряжения имеют максимальное значение:
max
;
К
K
К
М
M
I
W
ρ
ρ
τ
ρ
=
⋅
=
с учетом значений K
M имеем:
3
1200 6 МПа
0, 2 (0,1)
K
τ=
=
⋅
На рис. 3.19, в показано напряжённое состояние в точке К.
На гранях бесконечно малого элемента, выделенного в окрестности точ-
ки К, действуют только касательные напряжения, а на гранях элемента авсd
действуют главные напряжения max
σиmin
σ.
Положение главных площадок определяется углом 0
α , определённым по (4.11):
0
2
2
K
tg
τ
α
σ
=−
=∞,
откуда 0
.
4
π
α=
Главные напряжения определяем по формуле (4.12):
2
2
max
min
.
1
4
22
σ
σ
σ
τ
=
±⋅
+
Так как
0
σ= ,то max
min
;
σ
τ
=±
max
6 МПа;
σ=
min
6 МПа.
σ=−

106
На основании данных расчетов видим, что два главных напряжения не
равны нулю, это значит, что материал вала в точке К испытывает плоское на-
пряженное состояние.
4. Напряженно-деформированное состояние в точке
4.1. Понятие напряженного состояния
Пусть имеется упругое тело, нагруженное уравновешенной системой про-
странственных сил (рис. 4 .1). Чтобы определить напряжение в произвольной
точке А, нужно в соответствии с принятым методом сечений провести через
точку А плоскость либо 1-1, либо 2-2, либо любую другую. В каждой из плос-
костей будут действовать свои внутренние усилия и напряжения.
Напряжения зависят от выбора положения сечения, от наклона площадки, по-
этому для одной и той же точки на каждой плоскости будут возникать разные на-
пряжения как по величине, так и по направлению к этой площадке. Для понимания
этого явления проведем в окрестности точки А произвольно три взаимно перпенди-
кулярных пары параллельных плоскостей, расстояние между которыми равно еди-
нице линейного измерения. Эти плоскости вырежут из тела объем в виде кубика со
стороной, равной единице (рис. 4.2). На каждой из шести граней этого элемента
будет действовать свое полное напряжение p , которое может быть разложено
на нормальную σ и касательную τ составляющие (рис. 4.3). В свою очередь, ка-
сательное напряжение может быть разложено по направлениям, параллельным реб-
рам вырезанного элемента (рис. 4.3).
а)
б)
Рис. 4 .3
р
Рис. 4 .2
Рис. 4 .1

107
Если эту операцию выполнить для других граней вырезанного кубика и
учесть закон парности касательных напряжений, можно получить распреде-
ление напряжений, показанное на рис. 4.4 . Здесь изображены только напря-
жения на видимых гранях элемента. Такие же напряжения должны быть по-
казаны и на невидимых гранях. Совокупность всех этих векторов напряже-
ний и будет характеризовать напряженное состояние в точке.
Y
Z
Х
nz
nу
nх
ух
уz
у
zх
xz
ху
у
х
z
На рис. 4 .4 обозначения векторов напряжений производятся из следующих
соображений. Координатные оси совмещены с ребрами кубика. Грани кубика
обозначаются по индексам нормалей, которые параллельны соответствующим
осям. Например, на верхней грани нормаль к ней параллельна оси Z , поэтому
нормальное напряжение на этой площадке (грани) обозначено z
σ,авобозна-
чении касательных напряжений добавляется еще один индекс, показывающий,
параллельно какой оси направлено это напряжение. Так,
zy
τ означает, что каса-
тельное напряжение действует на площадке, перпендикулярно оси Z и парал-
лельно оси Y . Аналогично обозначены все другие векторы напряжений. Из за-
кона парности касательных напряжений получаем, что
;
xy
yx
τ
τ
=−
;
xz
yz
τ
τ
=−
.
yz
zy
τ
τ
=−
(4.1)
Из этого следует, что по граням элемента действует всего шесть неиз-
вестных: три нормальных и три касательных напряжений. В курсе «Теория
упругости» доказывается, что на гранях вырезанного элемента не будет ка-
сательных напряжений аналогично тому, как это рассмотрено для случая
простого растяжения. Такой повернутый элемент показан на рис. 4 .5. Это
положение образованно путем вращения элемента, показанного на рис. 4 .4,
Рис. 4 .4

108
вокруг осей, параллельных осям Ох, Оу, Oz. На гранях этого повернутого эле-
мента будут действовать только нормальные напряжения, которые принято
обозначать 1
σ,2
σ,3
σ . Такие площадки (грани), на которых отсутствуют ка-
сательные напряжения, называют главными площадками, а нормальные на-
пряжения, действующие на этих площадках, называют главными нормальны-
ми напряжениями. Наибольшее, в алгебраическом понятии, из главных напря-
жений обозначают 1
σ , наименьшее 3
σ , а промежуточное по величине 2
σ,т.е.
соблюдается условие 1
2
3
σσσ
≥ ≥ . Например, если заданы напряжения: - 80
МПа, 60 МПа и 40 МПа, то соответственно получим:
σ1=60МПа,σ2=40МПа, 3
80
σ=−
МПа.
4.2. Виды напряженного состояния
Различают три вида: объемное, плоское и линейное напряженное со-
стояние. Объемное напряженное состояние – это такое, когда по главным
площадкам действуют все три главных напряжения (рис. 4.6).
Рис. 4 .5
Рис. 4 .6

109
В случае плоского напряженного состояния одно из главных напряжений
равно нулю. При этом принято изображать рассматриваемый элемент не в виде
куба, а в виде квадрата, совмещая грани кубика, на которых нет напряжений, с
плоскостью чертежа (рис. 4.7).
Рис. 4 .7
Плоское напряженное состояние имеет самое наибольшее распространение
в технике и сооружениях. Его испытывают различного рода оболочки, сосуды,
плиты, балки, валы и т.д .
Линейное напряженное состояние характеризуется тем, что любые два
главных напряжения равны нулю (рис. 4 .8):
10;
σ≠
2
30;
σσ
=
=
1
20;
σσ
=
=
30.
σ≠
Рис. 4 .8
Линейное напряженное состояние испытывают стержни при простом рас-
тяжении или сжатии.
1
σ
1
σ
1
σ
1
σ
3
σ
3
σ
3
σ
3
σ
1
σ
1
σ
1
σ
1
σ
2
σ
2
σ
2
σ
2
σ
1
2
3
0
0
0
σ
σ
σ
≠
≠
=
1
2
3
0
0
0
σ
σ
σ
≠
=
≠
1
σ
1
σ
1
σ
1
σ

110
4.3. Напряжения на произвольной площадке
Напишем (без вывода) зависимость между главными нормальными напря-
жениями и напряжениями на произвольной площадке для общего случая объ-
емного напряженного состояния.
Пусть имеется элемент, по граням которого действуют главные напряже-
ния 1
σ,2
σ,3
σ (рис. 4 .9). Применим метод сечений и рассечем кубик произволь-
ной плоскостью. На рисунке полученное сечение заштриховано. Найдем напря-
жения на этой площадке. Для этого отбросим переднюю часть, а оставшуюся
вычертим, и на площадке, ставшей гранью тетраэдра, покажем напряжения, за-
меняющие действия отброшенной части кубика на оставшуюся (рис. 4.10).
Рис. 4 .9
Рис. 4 .10
Положение площадки (α ) по отношению к граням кубика определяется ве-
личиной углов 1 2 3
,
,
α α α между осями 0-1, 0-2, 0-3 и направлением внешней
нормали nα к площадке. Нормаль построим, проведя прямую из начала коор-
динат перпендикулярно к площадке. Направления осей 0-1, 0-2, 0-3 соответст-
вуют направлениям главных напряжений 1
σ,2
σ,3
σ . В этом случае величина
нормального α
σ и касательного α
τ напряжений на площадке выразится сле-
дующими формулами, которые выводятся в курсе «Теория упругости»:
2
2
2
1
1
2
2
3
3
cos
cos
cos ;
α
σσ
ασ
ασ
α
=
⋅
+⋅
+⋅
(4.2)
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
3
3
cos
cos
cos
.
α
α
τ
σ
ασ
ασ
ασ
=
⋅
+⋅
+⋅
−
(4.3)
Из формул (4.2) и (4.3) можно получить формулы для более простых на-
пряженных состояний. Для случая линейного напряженного состояния полага-
ем2
30
σσ
=
=
получим
2
1cos;
α
σσ
α
=
⋅
(4.4)
1
σ
1
σ
3
σ
3
σ
2
σ
2
σ
1
σ
σ1
σ2
α3
α2
α1
nα
τ
σ

111
2
2
2
4
1
1
1
1
cos
cos
sin2 .
2
α
τ
σ
ασ
α
σ
α
=
⋅
−
⋅
=
(4.5)
Формулы (4.4) и (4.5) отражают случай простого растяжения (сжатия).
Для плоского напряженного состояния, приняв 3 0
σ=
, получим напряже-
ния на взаимно перпендикулярных площадках ав и вс.
α2
τα
τ
σ
α1
σ
σ
σ
a
в
с
α
Рис. 4 .11
Из рис. 4 .11 видно, что
0
2
1
(90 )
α
α
=
+
и
0
1
(90 )
β
α
=
+ . Так как все угловые
величины выражены через 1
α , то можно считать 1
αα
=
. Подставляя эти значе-
ния в формулу (4.2), получим:
2
2
0
2
2
1
2
1
2
cos
cos (90 ) cos
sin ;
α
σσ
ασ
ασ
ασ
α
=
⋅
+⋅
+=
+
(4.6)
2
2
2
2
0
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
cos
cos(90 )(cos
sin )
(
)sin cos
sin2 .
2
α
τ
σ
ασ
α
σ
ασ
α
σσ
σσ
α
α
α
=
+
+−
+
=
−
=
−
⋅
=
Для определения напряжений на площадке β нужно в формулах (4.6) и
(4.7) заменить значение угла α на угол
0
(90 )
β
α
=
+ ; после подстановки будем
иметь:
2
0
2
0
2
2
1
2
1
2
cos (90 )
sin (90 ) sin
cos ;
β
σσ
ασ
ασ
ασ
α
=
⋅
++⋅
+=
+
(4.7)
(4.8)

112
()
0
1
2
1
2
sin 2(90 )
sin 2
2
2
β
σσ
σσ
τ
α
α
−
−
=
+=−
,
т.е . опять наблюдаем проявление закона парности касательных напряже-
ний
.
α
β
τ
τ
=−
Сложим почленно выражения (4.6) и (4.8), получим
1
2
.
const
α
β
σσσσ
+=+
=
(4.10)
Алгебраическая сумма нормальных напряжений по двум взаимно перпенди-
кулярным площадкам постоянна и равна сумме двух главных напряжений. Оп-
ределим, при каких значениях угла α нормальное напряжение α
σ будет иметь
экстремальное значение. Для этого вычислим первую производную от функции
α
σ (формула 4.2) по углу α и приравняем ее к нулю:
1
2
1
2
2cossin 2sincos
2
sin2 0,
2
d
d
α
σ
σσ
σ
αασ
αα
α
α
−
=−
+
=−
=
но
1
2
sin 2
2
α
σσ
ατ
−
=
; значит
20
d
d
α
α
σ
τ
α
=−
=
, отсюда следует
0
α
τ=
Следовательно, экстремальные значения нормальных напряжений возни-
кают на тех площадках, на которых касательные напряжения равны нулю.
Такие площадки называются главными, значит, главные нормальные напряже-
ния и будут экстремальными, т. е . если одно из них достигает наибольшего
значения 1
σ , то другое будет иметь наименьшее значение 2
σ.
Можно показать, что положение главных площадок или угол 0
α,накото-
рый нужно повернуть элемент, чтобы его грани стали главными площадками,
определяется следующей формулой:
0
2
2
tg
α
α
β
τ
α
σσ
=−
−
.
Отсчет угла по этой формуле всегда производится от направления α
σ
против хода часовой стрелки, если значение угла получается положительным,
или по ходу часовой стрелки при отрицательном значении угла. Вопрос о том,
которая из двух площадок будет иметь обозначения α или β , определяется не-
равенством α
β
σσ
>.
Величина главных нормальных напряжений определяется по формуле
2
2
1,2
1
(
)4.
2
2
α
β
α
β
α
σσ
σ
σσ
τ
+
=
±
−
+
(4.12)
Для получения значения 1
max
σσ
=
перед вторым членом используется знак
(4.9)
(4.11)

113
(+) плюс, для получения 2
min
σσ
=
−
знак (−) минус.
Примечания: Приведенные выше формулы надо рассматривать алгебраически.
4.4. Понятия о траекториях главных напряжений
Наглядное представление о потоке внутренних сил в нагруженном теле
дают траектории главных напряжений. Так называется линия, в каждой точке
которой касательная совпадает с направлением главного напряжения в этой
точке.
Рис. 4 .12
При простом растяжении бруса (рис. 4.12) траекториями главных напряже-
ний, очевидно, являются прямые, параллельные и перпендикулярные его оси.
Если во всех точках трубы, рассмотренной в конце предыдущего параграфа,
наметим направление главных напряжений, то получим сетку взаимно ортого-
нальных кривых – траекторий главных сжимающих и растягивающих напряже-
ний (рис 4.13). Прямоугольный элемент, выделяемый траекториями, испытыва-
ет растяжение (сжатие) в перпендикулярных направлениях, а касательные на-
пряжения на его гранях отсутствуют.
Рис. 4 .13
В указанных примерах величина главного напряжения во всех точках тела одина-
кова. В общем случае главное напряжение меняет величину при движении вдоль тра-
ектории. Знание траектории главных напряжений во многих случаях даёт возмож-
ность придать рациональную форму проектируемой детали или части конструкции.

114
4.5. Связь между деформациями и напряжениями
при объемном напряженном состоянии.
Обобщенный закон Гука
Для простого осевого растяжения или сжатия закон Гука имеет вид
.
E
σ
ε
=
⋅
(4.13)
Зависимость между относительными продольной и поперечной деформа-
циями
2
1
ε
μ
ε
=
, т. е . в относительном измерении поперечная деформация 2
εвμ
раз меньше продольной 1ε ; 2
1
ε
με
=−
⋅
. Используя эти формулы, установим за-
висимость между напряжениями и соответствующими деформациями для объ-
емного и плоского напряженных состояний.
Рассмотрим элемент в виде кубика, по граням которого приложены глав-
ные нормальные напряжения (рис. 4.14). Обозначим ребра кубика, параллель-
ные 1
σ , номером 1, ребра, параллельные 2
σ − номером 2 и ребра, параллельные
3
σ − номером 3. Используя принцип независимости действия сил, считаем, что
деформация каждого ребра кубика (любого из трех направлений), будет равна
сумме деформаций этого ребра от каждого из трех действующих напряжений,
т. е . для нашего случая имеем
1
11
12
13.
εεεε
=
++
(4.14)
где 1ε − полная главная относительная деформация ребра 1;
11
ε − деформация ребра 1 от напряжения 1;
σ
12
ε − деформация ребра 1 от напряжения 2 ;
σ
13
ε − деформация ребра 1 от напряжения 3 .
σ
Рис. 4 .14

115
Здесь первый индекс указывает направление деформации, а второй причину (усилие).
Аналогично могут быть записаны деформации ребер и по другим направлениям:
2
21
22
23
3
31
32
33
,
,
εεε
ε
εεεε
=
++
=
++
(4.15)
где 2
εи3
ε − полные главные относительные деформации ребер 2 и 3;
21
ε − деформация ребра 2 от напряжения 1
σ ит.д.
Деформация 11
ε определяется как при обычном линейном растяжении, т. е .
1
11
E
σ
ε=
. Деформация 12
ε является поперечной по отношению к линии действия
напряжения 2
σ , поэтому она будет в μ раз меньше, чем деформация ребра 2,
параллельного напряжению 2
σ,иравная
2
22
E
σ
ε=
, поэтому 12
22
ε
με
=−
⋅
или
окончательно
2
12
E
σ
ε
μ
=−
⋅
. Знак (-) минус здесь поставлен потому, что при по-
ложительном (растягивающем) напряжении 2
σ размер элемента по направле-
нию 1 будет уменьшаться. Аналогично определится деформация ребра 1 от на-
пряжения 3
σ,т.е.
3
13
E
σ
ε
μ
=−
⋅
.
Подобным же образом определяются другие
деформации, например
1
21
E
σ
ε
μ
=−
⋅
.
Подставляя все эти значения в формулы
(4.14) и (4.15), получим:
1
2
3
1
E
E
E
σ
σ
σ
ε
μ
μ
=
−
−
;
1
2
3
2
EE
E
σσ
σ
ε
μ
μ
=−
+−
;
1
2
3
3
E
EE
σ
σσ
ε
μμ
=−
−
+.
Группируя члены этих уравнений, окончательно получим:
()
()
()
1
1
2
3
2
2
3
1
3
3
2
1
1
;
1
;
1
.
E
E
E
ε
σμσσ
ε
σμσσ
ε
σμσσ


=
−
+




=
−
+


=
−
+




(4.16)
Полученные формулы (4.16) носят название обобщенного закона Гука, так

116
как они выражают зависимость между напряжениями и относительными
деформациями упругого тела. В дальнейшем рассматривается в основном
плоское напряженное состояние, тогда одно из главных напряжений 3 0
σ=или
20
σ=
. Принимая 3 0
σ = имеем:
1
1
2
1
(
)
E
ε
σμσ
=
−
;
2
2
1
1
(
)
E
ε
σμσ
=
−
.
Решая совместно эти два уравнения, можно выразить зависимость напря-
жений от деформаций:
()
1
1
2
2
1
E
σ
εμε
μ
=
+
−
;
()
2
2
1
2
1
E
σ
εμε
μ
=
+
−
.
(4.18)
Эти формулы используются для вычисления напряжений по известным от-
носительным деформациям 1
εи2
ε , обычно замеряемым опытным путем. Сле-
дует отметить, что в формулах (4.17) и (4.18) значения напряжений и деформа-
ций имеют алгебраический смысл, поэтому при подстановке численных значе-
ний следует учитывать знаки.
4.6. Относительное изменение объема
Рассмотрим элемент, находящийся в объемном напряженном состоянии (рис. 4.15).
Пусть стороны этого элемента соответственно равны a , b , c . Тогда объем
0
V элемента до нагружения будет равен
0
Vabc
=
⋅
⋅
.
После возникновения на его гранях главных напряжений 1
σ,2
σ,3
σ разме-
ры ребер изменятся и соответственно будут равны 1
a,1
b,1
c . Объем элемента 1
V
в этом случае запишется так:
(4.17)
Рис. 4 .15
а
б
с

117
(4.20)
1
111
Vabc
=
⋅
⋅
,
где
()
1
1
1
1
a
aa
aa
a
a
ε
∆

=
+∆=
+
=
+


,
здесь a
∆ ─ абсолютное удлинение ребра a , а 1ε ─ относительное удлине-
ние того же ребра, параллельного напряжению 1
σ.
Аналогично получим
()
1
2
1
1
b
bbbb
b
b
ε
∆

=
+∆=
+
=
+


;
()
1
3
1
1
c
cc
cc
c
c
ε
∆

=
+∆=
+
=
+


.
Объем 1
V считаем так:
()()()()()()
1
1
2
3
1
2
3
1
1
1
1
1
1
Va
b
c
abc
ε
ε
ε
ε
ε
ε
=
+
+
+
=
+
+
+.
Раскрывая скобки и пренебрегая членами, содержащими произведения
12
εε,23
εε,13
εε,123
ε ε ε как членами высшего порядка малости, получим:
(
)
1
1
2
3
1
V abc
εεε
=
+++.
Относительное изменение объема θ будет равно отношению приращения
объема
1
0
VVV
∆=
−
к его первоначальной величине 0
V:
(
)
1
2
3
1
0
1
2
3
0
1
abc
abc
VV
V
abc
εεε
θ
εεε
+++−
−
=
=
=
++.
Подставляя значение 1ε , 2
ε,3
ε из формулы (4.19), получим
(
)
1
2
3
12
E
μ
θ
σσσ
−
=
++
.
где θ − относительная объемная деформация.
Из полученной формулы видно, что относительное изменение объема за-
висит от суммы главных напряжений и не зависит от их соотношения.
4.7. Удельная упругая потенциальная энергия деформации
Для простого осевого растяжения (или сжатия) удельная потенциальная
энергия определяется по формуле
(4.19)

118
2
u
σε
=
.
Для объемного напряженного состояния можно подсчитать удельную по-
тенциальную энергию деформации элемента, пользуясь принципом независи-
мости действия сил следующим образом:
11
22
33
2
2
2
u
σεσεσε
=
+
+
.
В самом деле, напряжение 1
σ не производит работы на перемещениях по
направлению
2
ε
и
3
ε , так как все три направления взаимно
перпендикулярны (рис. 4.13). Аналогично можно сказать и о напряжениях 2
σи
3
σ , поэтому выражение (4.22) справедливо. Подставляя в него значениям 1
ε,
2
ε,3
ε из формулы (4.16), будем иметь
(
)
(
)
11
2
3
22
3
1
33
1
2
2
2
2
1
2
3
12
23
13
1
[
(
)][
(
)][
(
)]
2
1
(
).
2
u
E
E
σσμσσ
σσμσσ
σσμσσ
σσσμσσσσσσ
=
−
+
+
−
+
+
−
+
=
=
++−
+
+
Размерность удельной потенциальной энергии Н·м/м
3
(без сокращения).
При действии на элементарный объем различных главных напряжений
1
2
3
σσσ
≠≠
относительные удлинения оказываются также различными:
1
2
3
εεε
≠ ≠ . Таким образом, изменяются не только размеры, но и форма элемен-
тарного параллелепипеда, поскольку меняются соотношения между размерами
ребер. В дальнейшем нужно будет знать, какая часть удельной энергии, опреде-
ляемой формулой (4.23), расходуется на изменение объема, а какая – на изме-
нение формы элемента. Энергия, накопленная при изменении объема об
u , опре-
деляется по формуле
2
1
2
3
12
(
).
6
об
u
E
μ
σσσ
−
=
⋅
++
(4.24)
Потенциальная энергия изменения формы ф
u определяется по формуле
(
)
2
2
2
1
2
3
12
23
13
1
(
).
3
ф
u
E
μ
σσσ
σσσσσσ
+
=
++−
+
+
(4.25)
Очевидно, при этом должно сохранятся равенство
.
об
ф
uu
u
=
+
(4.26)
(4.21)
(4.22)
(4.23)

119
Для случаев плоского и линейного напряженного состояний выражения, по
которым определяются удельная потенциальная энергия (полная и ее части),
получаются, если принять соответственно 3 0
σ=или2
30
σσ
=
=
.
Таким образом, получим для плоского и линейного напряженного состояния:
(
)
2
2
1
2
12
1
2
2
u
E
σσ
μσσ
=
+−
;
()2
1
2
12
6
об
u
E
μ
σσ
−
=
+
;
(
)
2
2
1
2
12
1
3
ф
u
E
μ
σσσσ
+
=
+−
,
для линейного напряженного состояния:
2
1
2
u
E
σ
=
;
2
1
12
6
об
u
E
μ
σ
−
=
;
2
1
1
3
ф
u
E
μ
σ
+
=
.
4.8. Сдвиг или срез
В предыдущем разделе было показано, что на произвольно ориентирован-
ных сечениях могут возникнуть как нормальные, так и касательные напряже-
ния. В результате этого части тела, расположенные по разные стороны сечения,
стремятся не только оторваться друг от друга, но и сдвинуться одна относи-
тельно другой.
Рис. 4 .16
Отрыву сопротивляются нормальные, а сдвигу – касательные напряжения.
На практике целый ряд деталей работает в таких условиях, что внешние силы
стремятся их разрушить именно путем сдвига. Практически на этот вид дефор-
мации рассчитываются болтозаклепочные, а также сварные соединения. Так как
расчет этих соединений подробно изучается в курсе «Детали машин», то здесь
рассматривается только физическая сторона явления.
(4.27)
(4.28)

120
На рис. 4.16 представлено заклепочное соединение из трех листов, под-
вергнутое растягивающему усилию P . Если уси-
лие P будет достаточно велико, то разрушение
заклепки может произойти, как показано на рис.
4.17. Силы P стремятся перерезать заклепку по
плоскости mk раздела листов соединения, по-
этому такой вид деформации называют срезом
или сдвигом. В этом случае внутренние усилия,
сопротивляющиеся срезу, будут действовать в
плоскости сечения. Соответствующие напряже-
ния, возникающие в этих сечениях, называют ка-
сательными напряжениями - τ .
Представленная на рис. 4 .17 схема работы заклепки – неполная. В сечени-
ях могут возникать и нормальные напряжения в результате технологических
особенностей установки заклепок.
Под срезом обычно подразумевают разрушение в результате сдвига одной
части материала относительно другой (рис. 4.17).
В дальнейшем будет рассмотрен так называемый чистый сдвиг. Образова-
ние такого вида деформации лучше всего проследить на примере частного слу-
чая плоского напряженного состояния.
Рассмотрим часть детали (рис. 4.18), работающей в условиях плоского на-
пряженного состояния, когда на нее действуют главные напряжения, причем
3
1
σ
σ
=−
. Тогда можно записать: 1
3
σ
σσ
=
=
.
Выделим из этой части детали элемент abcd в виде квадрата, стороны ко-
торого повернуты на угол
0
45 к линиям действия главных напряжений 1
σи3
σ.
Для определения напряжений, возникающих на гранях элемента ab и ad , ис-
пользуем формулы (4.6) и (4.7). Так как в нашем случае действуют 1
σи3
σ,то
2
2
1
3
cos
sin
α
σσ
ασ
α
=
⋅
+
;
1
σ
3
σ
nβ
nα
τ
τ
0
45
a
b
c
d
Рис. 4 .17
Рис. 4 .18
τ
τ

121
1
3
sin 2
2
α
σσ
τ
α
−
=
.
Для площадки ab угол
0
45
α=+
(между направлением 1
σ и нормалью к
площадке), с учетом знака для 3
σ будем иметь:
20
20
cos 45
sin45 0
α
σσ
σ
=
−
=
;
0
1
sin( 90 )
2
α
σσ
τ
σ
+
=
+
=
,
адляплощадкиadуголβ=α+π/2:
20
20
sin 45
cos450
β
σσ
σ
=
−
=
;
0
sin( 90 )
2
β
σσ
τ
σ
+
=
−
=−
.
Аналогично на площадках bc и cd действуют такие же касательные напря-
жения но противоположные по знаку (рис. 4.18).
Получается, что на гранях элемента abcd нормальные напряжения равны
нулю, а касательные – численно равны нормальным, действующим на рассмат-
риваемую часть детали. При этом соблюдается закон парности касательных
напряжений. Такое напряженное состояние носит название чистого сдвига.
Итак, чистым сдвигом называют такое плоское напряженное состояние, при
котором на взаимно перпендикулярных площадках возникают одинаковые по
величине и противоположные по знаку касательные напряжения, а нормаль-
ные напряжения на тех же площадках – отсутствуют.Чистый сдвиг пред-
ставляет собою частный случай плоского напряженного состояния. В этом слу-
чае на гранях элемента действуют только касательные напряжения (рис. 4.19).
Рис. 4 .19

122
Касательные напряжения при чистом сдвиге можно считать равномерно рас-
пределенными по площади сдвига и определять по формуле
,
Q
A
τ=
(4.29)
где Q – сдвигающая сила;
А – площадка сдвига.
Главные напряжения при частом сдвиге можно определить при помощи
формулы (4.12), в которой σα и σβ равны нулю.
Главные напряжения действуют на площадках, составляющих углы в 45° с
площадками сдвига (рис. 4.19), и равны
1
2
3
;
0;
.
σ
τ
σ
σ
τ
=+

=


=−

(4.30)
4.9. Деформация при чистом сдвиге
Если надавить пальцем на стопку бумаги, как показано на рис. 4 .20, а она
примет положение, изображенное на рис. 4.20, б.
Аналогичную картину мы можем увидеть и в том случае, если элемент
abcd (рис. 4.21, а) условно закрепить гранью cd . Тогда под действием каса-
тельного напряжения τ элемент изменит свою
форму и примет положение 1 1
ab cd
⋅
. Перемещение
точек a и b будем называть абсолютным сдвигом
1
1
.
aa bb
=
=∆
Отношение этой величины ( ∆ ) к размеру
сдвигаемого элемента h называют относительным
сдвигом
h
∆
. Как видно из чертежа, это отношение
∆
Рис. 4 .20
а
б
Рис. 4.21, а

123
равно тангенсу угла γ , т. е .
tg
h
γ
∆
=
. Ввиду малости деформаций при неболь-
ших напряжениях (
пц
ττ
< ) можно считать, что tgγ γ
≈
, и тогда
,
tg
h
γγ
∆
=
≈
(4.31)
где γ ─ угол сдвига или относительный сдвиг.
4.10. Зависимость между касательным напряжением и
относительным сдвигом
Для установления этой зависимости снова рассмотрим элемент abcd в ис-
ходном и деформированном положении и определим, на сколько при этом уд-
линится диагональ cb (рис. 4 .21, б).
Обозначим длину диагонали cb через l , тогда
1
.
cbl
l
=+∆
Если из точки b опустить перпендикуляр
на прямую 1
cb , то получим точку k . Очевид-
но, что 1
kbl
= ∆ . В виду того, что деформации
малы, можно пренебречь значением угла β и
считать, что в треугольнике
1
bb k угол при
вершине 1b равен
0
45.
Тогда
0
1
cos 45
kbl
=∆ =∆
или, учитывая
соотношение (4.29), запишем
0
cos 45
lhγ
∆=
.
(4.32)
С другой стороны удлинение диагонали l∆ можно определить исходя из
того, что напряженное состояние чистого сдвига эквивалентно плоско-
напряженному состоянию (рис. 4 .18). На этом чертеже видно, что 1
σ действует
вдоль диагонали ad , поэтому относительное удлинение диагонали bc опреде-
лится из обобщенного закона Гука (формула 4.16):
(
)
1
1
3
1
E
ε
σμσ
=
−
.
Делая подстановку 1
3
σ
σστ
=−
=
=
, получим
Рис. 4.21, б

124
()()()
1
1
1
1
E
E
E
σ
τ
ε
σμσ
μ
μ
=
+
=
+=
+.
Абсолютное увеличение длины диагонали определится так:
llε
∆=⋅
; длина диагонали −
0
cos 45
h
l=
; делая подстановку, получим
()
0
1
cos 45
h
l
E
τ
μ
∆=
⋅
+.
Мы получили разные выражения для одной и той же величины (4.35) и
(4.33). Приравнивая эти выражения друг к другу и решая относительно τ , по-
лучим
()
0
0
cos 45
1
cos 45
h
h
E
τ
γ
μ
=
⋅
+
или
20
cos 45
1
E
τ
γ
μ
=
⋅
+
,но
201
cos 45
2
=
и окончательно имеем
2(1 )
E
τ
γ
μ
=
⋅
+
.
(4.34)
Величину
2(1 )
E
μ
+
обозначают буквой G и называют модулем упругости
при сдвиге. Формула (4.34) примет вид
G
τ
γ
=
⋅
.
(4.35)
Полученное выражение (4.35) называют законом Гука при сдвиге: каса-
тельное напряжение прямо пропорционально относительному сдвигу.
Коэффициент пропорциональности определяется по формуле
2(1 )
E
G
μ
=
+
.
В эту формулу входят три физические константы, упругие постоянные
изотропного тела E , μ и G . Зная две из них, третья определится по формуле
(4.36). Если для сталей принять значения:
11
210
E=
⋅
Па,
0, 25
μ=
,то
(4.33)
(4.36)

125
11
210
80
2(1 0, 25)
G
⋅
=
+
≃
ГПа.
Необходимо отметить, что удельная потенциальная энергия изменения
объема при чистом сдвиге равна нулю. Используя формулу (4.27), получаем
()
()
2
2
1
2
12
12
0
6
6
об
u
E
E
μ
μ
σσ
ττ
−
−
=
−
=
−
=
, т. е. объем тела при чистом сдвиге
не меняется. Относительное изменение объема при чистом сдвиге можно опре-
делить по формуле (4.20), подставив значения главных напряжений
1
2
3
,
0,
.
σ
τσ
σ
τ
=+
=
=−
1
2
3
12
12
(
)
()0,
Е
Е
μ
μ
θ
σσσ
ττ
−
−
=
++
=
−
=
т. е . объемная деформация при чистом сдвиге равна нулю.
Энергия деформации при чистом сдвиге определяется по формуле
2
2
.
2
2
Qа
аF
U
GF
G
τ⋅⋅
=
=
⋅
⋅
⋅
(4.37)
Удельная энергия деформации
2
2
(1)
.
2
u
Е
G
τ
μτ
+
=
=
(4.38)
Составляющие удельной энергии:
а) энергия изменения объема
2
2
1
2
3
12
12
(
)
()0;
6
6
об
u
Е
Е
μ
μ
σσσ
ττ
−
−
=
++
=
−
=
б) энергия формоизменения
2
2
2
2
2
2
2
1
2
3
12
23
13
1
1
(1)
(
)
(
)
.
3
3
ф
u
u
Е
Е
Е
μ
μ
τ
μ
σσσσσσσσσ
τττ
+
+
+
=
++−
−
−
=
++
=
=
Таким образом, при чистом сдвиге потенциальная энергия изменения объ-
ема равна нулю, а полная удельная энергия деформации равна энергии измене-
ния формы. Условие прочности при сдвиге можно записать так:
max
[].
τ
τ
≤
(4.39)
Величина допускаемого напряжения [ ]
τ определяется в зависимости от
принятой теории прочности. По второй теории прочности (теории наибольших

126
линейных деформаций)
[]
[]
.
1
σ
τ
μ
=
+
(4.40)
Длясталиприμ =0,3 []τ =(0,7 −0,8)[ ].
σ
По третьей теории (теории наибольших касательных напряжений)
[]τ =0,5[ ].
σ
(4.41)
По четвертой (энергетической) теории
[]0,6[].
3
σ
τ
σ
=
≈
(4.42)
Для пластичных материалов следует считать наиболее обоснованным зна-
чение допускаемого касательного напряжения по формуле (4.42).
4.11. Практические приемы расчета на сдвиг и смятие.
Расчет болтовых и заклепочных соединений
В инженерной практике на сдвиг рассчитываются крепежные детали и со-
единительные элементы частей машин и строительных конструкций: заклепки,
болты, шпонки, сварные швы, врубки и т. д . Эти детали или не являются
стержнями вообще, или длина их имеет тот же порядок, что и поперечные раз-
меры.
Точное теоретическое решение подобных расчетных задач весьма сложно и
поэтому прибегают к условным (приближенным) приёмам расчета. При такого
рода расчетах исходят из крайне упрощенных схем, определяют условные на-
пряжения по простым формулам и сравнивают их с допускаемыми напряже-
ниями, найденными из опыта.
Обычно такие условные расчеты производятся в трех направлениях: на срез
(сдвиг), на смятие в местах соприкосновения частей соединения и на разрыв по
сечению, ослабленному отверстиями или врезками.
Напряжения при рассмотрении каждой расчетной схемы условно принима-
ются равномерно распределенными по опасному сечению.
Вследствие большого числа условностей, лежащих в основе расчета болто-
вых, заклепочных соединений, сварных швов и других подобных им сопряже-
ний элементов конструкции, практика выработала ряд рекомендаций, которые
сообщаются в специальных курсах деталей машин, строительных конструкций
ит.д.
Ниже приводятся только некоторые типичные примеры условных расчетов.
Расчет болтовых и заклепочных соединений
Болтовые, заклепочные соединения (рис. 4 .22) рассчитываются на срез (сдвиг)

127
и смятие стержня болта или заклепки. Кроме того, производится проверка со-
единяемых элементов на разрыв по ослабленному сечению.
Рис. 4 .22
а) расчет по допускаемым напряжениям
Расчет на срез
Условие прочности на срез для стержня заклепки или болта
2
2
4
[],
4
Р
P
dmd
m
τ
τ
π
π
=
=
≤
⋅
⋅
⋅
(4.43)
где Р – сила, действующая в соединении;
d – диаметр стержня болта или заклепки;
m – число срезов, т.е . плоскостей, по которым может произойти срез
стержня;
[ ]τ − допускаемое касательное напряжение.
Из условия прочности можно определить число срезов
2
2
4
.
[]
[]
4
P
P
m
d
d
π
π
τ
τ
=
=
⋅
⋅
⋅
(4.44)
Рис. 4 .23
Число заклепок n определяется по числу срезов:
• при односрезных заклепках n = m,
6см

128
• при двухсрезных –
.
2
m
n=
Расчет на смятие
Смятие происходит на поверхности контакта листа со стержнем заклепки
или болта. Напряжения смятия распределены по этой поверхности неравномер-
но (рис. 4 .23, а). В расчет вводится условное напряжение, равномерно распре-
деленное по площади диаметрального сечения (рис. 4 .23, б).
Это условное напряжение по своей величине близко к действительному
наибольшему напряжению смятия на поверхности контакта.
Условие прочности при этом записывается так:
[].
см
см
Р
nd
σ
σ
δ
=
≤
⋅
⋅
(4.45)
Необходимое число заклепок из расчета на смятие
,
[ ]см
Р
n
dδσ
=
⋅
⋅
(4.46)
где δ − толщина листа;
см
σ – допускаемое напряжение на смятие.
Проверка листа на разрыв
Условие прочности на разрыв листа в сечении, ослабленном заклепочными
отверстиями,
1
[],
(
)
P
n
bnd
σ
δ
=
≤
−
(4.47)
где b – ширина листа;
1
n – число заклепок в том шве, по которому возможен разрыв.
Проверка на срез листа
В некоторых соединениях, кроме перечисленных проверок, приходится
производить проверку на срез (вырез) заклепкой части листа между его кром-
кой (торцом) и заклепкой (рис. 4.24).
Рис. 4 .24

129
Каждая заклепка производит срез по двум плоскостям. За длину плоскости
среза условно принимают расстояние от торцового края листа до ближайшей
точки контура отверстия, т. е . величину
.
2
d
с−
Условие прочности в этом случае
1
[],
2(
)
2
P
d
c
τ
τ
δ
=
≤
−
(4.48)
где Р1 – сила, приходящаяся на одну заклепку;
с – расстояние от торца листа до центра заклепки.
Значения допускаемых напряжений для сталей марок Ст. 2 и Ст. 3 в заклепоч-
ных соединениях ориентировочно могут быть приняты следующие (МПа):
Основные элементы
[]160,
[]100
σ
τ
=

=

Заклепки в рассверленных отверстиях
[]320,
[]140
cм
σ
τ
=

=

Заклепки в продавленных отверстиях
[]280,
[]100
cм
σ
τ
=

=

Для стальных болтов, штифтов и им подобных элементов машинострои-
тельных конструкций при статической нагрузке допускаемые напряжения при-
нимаются в зависимости от качества материала:
[ ] (0,25 0,40) Т
τ
σ
=
−
,где Т
σ – предел текучести материала болта;
[ ]см
σ =100-120МПадлястали15,20,25,Ст.3,Ст.4;
[ ]см
σ =140-165МПадлястали35,40,45,50,Ст.5,Ст.6;
[ ]см
σ =(0,4 - 0,5) ПЧ
σ для чугунного литья.
При расчете на смятие, соприкасающихся деталей из разных материалов,
расчет ведется по допускаемому напряжению для менее прочного материала.
б) расчет по предельным состояниям
Заклепочные соединения рассчитывают по первому предельному состоя-
нию – по несущей способности на срез и смятие.
На срез рассчитывают по условию

130
2
4
ср
ср
N
R
d
nn
π
≤
⋅
(4.48)
где N – расчетное усилие в соединении;
n – число заклепок;
nср – число плоскостей среза одной заклепки;
d – диаметр заклепки;
Rср – расчетное сопротивление заклепок срезу.
На смятие рассчитывают по условию
,
см
N
R
ndδ
≤
Σ
(4.49)
где Rcм – расчетное сопротивление смятию соединяемых элементов;
δΣ – наименьшая суммарная толщина элементов, сминаемых в од-
ном направлении.
Расчетные сопротивления, принятые при расчете по предельным состояни-
ям (МПа).
Основные элементы
cр
Нормальные
R 210
Срезывающие R
130
=

=

Заклепки в рассверленных отверстиях
зак
cр
зак
cм
Срез R 180
Смятие R
420

=


=

Заклепки в продавленных отверстиях
зак
cр
зак
cм
Срез R 140
Смятие R 340

=


=

При проектировании заклепочных соединений диаметр заклепок обычно
задается, принимая его в зависимости от толщины δ склепываемых элементов
и с округлением по ГОСТу:
(1,5 3,0) .
d
δ
=
−
Наиболее часто применяются сле-
дующие диаметры: 14, 17, 20, 23, 26, 29 мм. Рекомендации по размещению за-
клепок и конструированию заклепочных и болтовых соединений даются в спе-
циальных курсах.
4.12. Теория прочности
Теории прочности стремятся установить критерий прочности для мате-
риала, находящегося в сложном напряженном состоянии (объемном или плос-
ком). При этом исследуемое напряженное состояние рассчитываемой детали (с
главными напряжениями в опасной точке σ1, σ2 и σ3) сравнивается с линейным
напряженным состоянием – растяжением или сжатием.
За предельное состояние пластичных материалов (материалов, находя-
щихся в пластичном состоянии) принимается такое состояние, при котором
начинают появляться заметные остаточные (пластические) деформации.

131
Для материалов хрупких, или находящихся в хрупком состоянии, предель-
ным состоянием считается такое, при котором материал находится на границе
появления первых трещин, т. е . на границе нарушения целостности материала.
Условие прочности при объёмном напряженном состоянии может быть за-
писано следующим образом:
[]
ЭКВ
σ
σ
≤;
(4.55)
Или
[]
ПРЕД
ЭКВ
n
n
σ
σ
=
≥,
(4.56)
где ЭКВ
σ
−
эквивалентное (или расчётное) напряжение;
ПРЕД
σ
−
предельное напряжение для данного материала при линейном
напряжённом состоянии;
[ ]σ − допускаемое напряжение в том же случае;
n − фактический коэффициент запаса прочности;
[ ]n − требуемый (заданный) коэффициент запаса;
Коэффициентом запаса (n) при данном напряжённом состоянии называет-
ся число, показывающее, во сколько раз следует одновременно увеличить все
компоненты напряжённого состояния, чтобы оно стало предельным.
Эквивалентное напряжение ЭКВ
σ
представляет собою растягивающее на-
пряжение при линейном (одноосным) напряжённом состоянии, равноопасном с
заданным объемным или плоским напряженным состоянием.
Формулы для эквивалентного напряжения, выражающие его через главные
напряжения σ1, σ2, σ3, устанавливаются теориями прочности в зависимости от
принятой каждой теорией гипотезы прочности.
Теорий прочности или гипотез предельных напряженных состояний суще-
ствует несколько. Первая теория, или теория наибольших нормальных напря-
жений, основана на предположении, что опасное состояние материала при объ-
ёмном или плоском напряжённом состоянии наступает тогда, когда их наи-
большее по абсолютной величине нормальное напряжение достигает величины,
соответствующей опасному состоянию при простом растяжении или сжатии.
Эквивалентное напряжение по этой теории
,
1
ЭКВ I
σ
σ
=
или
,
3
//.
ЭКВ I
σ
σ
=
(4.57)
Условие прочности при одинаковых значениях допускаемых напряжений
на растяжение и сжатие (пластичные материалы) имеет вид:
[]
1
σ
σ
≤при1
3
////
σ
σ
>
;
[]
3
//
σ
σ
≤при1
3
////
σ
σ
<
.
(4.58)

132
При разных значениях допускаемых напряжений на растяжение
р
σ

и
сжатие [ ]с
σ условие прочности записывается так:
[]
1
3
;
.
р
с
σ
σ
σ
σ

≤
≤
(4.59)
В случае, когда 1
2
30
σσσ
≥ ≥ ≥ , т. е . все главные напряжения растягиваю-
щие, применяется первая из формул (4.59). В случае, когда
1
2
3
0σσσ
≥≥≥,т.е.
все главные напряжения сжимающие, применяется вторая из формул (4.59). В
случае смешанного напряженного состояния, когда 1 0
σ>,30
σ < , применяются
одновременно обе формулы (4.59).
Первая теория совершенно непригодна для пластичных материалов, а
также в тех случаях, когда все три главные напряжения однозначны и близки
друг к другу по величине. Удовлетворительное совпадение с опытными данными
получается только для хрупких материалов в том случае, когда одно из главных
напряжений по абсолютной величине значительно больше других.
В настоящее время эта теория не применяется в практических расчетах.
Вторая теория, или теория наибольших линейных деформаций, основана
на предложении, что опасное состояние материала наступает тогда, когда наи-
большая по абсолютной величине относительная линейная деформация дости-
гает значения, соответствующего опасному состоянию при простом растяжении
или сжатии.
За эквивалентное (расчетное) напряжение принимается наибольшее из сле-
дующих величин:
()
()
,
1
2
3
,
3
2
1
ЭКВ II
ЭКВ II
σ
σμσσ
σ
σμσσ

=
−
+

=
−
+
(4.60)
Условие прочности при
[][]
р
с
σ
σ
σ
==

имеет вид:
( )[]
1
2
3
σμσσ
σ
−
+
≤при1
2
30
σσσ
≥≥≥;
( )[]
3
2
1
σμσσ
σ
−
+
≤ при
1
2
3
0σσσ
≥≥≥.
(4.61)
В случае разных значений допускаемых напряжений на растяжение и сжа-
тие условия прочности можно представить так:
()
1
2
3
р
σμσσ
σ

−
+
≤
( )[]
3
2
1
с
σμσσ
σ
−
+
≤
.
(4.62)
Причем первая из формул применяется при положительных (растягиваю-

133
щих) главных напряжениях, вторая – при отрицательных (сжимающих) глав-
ных напряжениях. В случае смешанного напряженного состояния ( 1
σ>0, 3
σ <0)
используют обе формулы (4.62).
Вторая теория не подтверждается опытами для пластичных или нахо-
дящихся в пластичном состоянии материалов.
Удовлетворительные результаты получаются для материалов хрупких, или
находящихся в хрупком состоянии, особенно в тех случаях, когда все главные
напряжения отрицательны. В настоящее время вторая теория прочности в прак-
тических расчётах почти не применяется.
Третья теория, или теория наибольших касательных напряжений, пред-
полагает, что появление опасного состояния обусловлено наибольшими каса-
тельными напряжениями.
Эквивалентное напряжение и условие прочности можно записать следую-
щим образом:
[]
,
1
3
ЭКВ III
σ
σσ
σ
=
−
≤.
(4.63)
С учетом главных напряжений, определяемых по формуле (4.12), после
преобразований получим
[]
2
2
,
4
ЭКВ III
σ
σ
τ
σ
=
+
≤,
(4.64)
где σ и τ соответственно нормальные и касательные напряжения в точке
рассмотрения напряжённого состояния.
Эта теория дает вполне удовлетворительные результаты для пластич-
ных материалов, одинаково хорошо сопротивляющихся растяжению и сжа-
тию, особенно в тех случаях, когда главные напряжения 1
σи3
σ разных знаков.
Основным недостатком этой теории является то, что она не учитывает среднего
по величине главного напряжения 2
σ , которое, как установлено опытами, ока-
зывает некоторое влияние на прочность материала.
Вообще, третью теорию прочности можно рассматривать как условие на-
ступления пластических деформаций. При этом условие текучести записывает-
ся следующим образом:
1
3
Т
σσσ
−
=
.
(4.65)
Четвёртая теория, или энергетическая теория, основана на предположе-
нии, что причиной возникновения опасной пластической деформации (текуче-
сти) является энергия формоизменения. В соответствии с этой теорией предпо-
лагают, что опасное состояние при сложной деформации наступает тогда, ко-
гда его удельная энергия достигнет значений опасных при простом растяже-
нии (сжатии). Расчетное (эквивалентное) напряжение по этой теории может
быть записано в двух вариантах:

134
()()()
2
2
2
,
1
2
3
12
23
312
2
2
2
,
1
2
2
3
3
1
1
2
ЭКВ IV
ЭКВ IV
σ
σσσσσσσσσ
σ
σσ
σσ
σσ

=
++−
−
−




=
−
+
−
+
−


(4.66)
В случае плоского напряжённого состояния (возникает в балках при изгибе
с кручением и т.д .) с учетом главных напряжений 1
σ, 2(3)
σ . Условие прочности
можно составить в виде
[]
2
2
,
3
ЭКВ IV
σ
σ
τ
σ
=
+
≤.
Опыты хорошо подтверждают результаты, получаемые по этой теории,
для пластичных материалов, одинаково сопротивляющихся растяжению и
сжатию, и она может быть рекомендована для практического применения.
Такое же значение расчетного напряжения, как в формулах (4.66), можно
получить, приняв в качестве критерия прочности октаэдрическое касательное
напряжение. Теория октаэдрических касательных напряжений предполагает,
что появление текучести при любом виде напряженного состояния наступает
при достижении октаэдрическим касательным напряжением определенной ве-
личины, постоянной для данного материала.
Теория предельных состояний (теория Мора) исходит из предположения,
что прочность в общем случае напряженного состояния зависит главным обра-
зом от величины и знака наибольшего 1
σ и наименьшего 3
σ главных напряже-
ний. Среднее по величине главное напряжение 2
σ лишь незначительно влияет
на прочность. Опыты показали, что погрешность, вызванная пренебрежением
2
σ , в худшем случае не превышает 12 – 15 %, а обычно бывает меньше.
Если не принимать во внимание 2
σ , любое напряжённое состояние можно
изобразить при помощи круга напряжений, построенного на разности главных
напряжений 1
σи3
σ . Причем, если 1
σи3
σ достигают величин, соответствую-
щих предельному напряжённому состоянию, при котором происходит наруше-
ние прочности, то круг Мора является предельным.
На рис. 4 .25 показаны два предельных круга. Круг 1 с диаметром ОА, рав-
ным пределу прочности при растяжении, соответствует простому растяжению.
Круг 2 соответствует простому сжатию и построен на диаметре ОВ, равным
пределу прочности при сжатии. Промежуточным предельным напряженным
состояниям будет соответствовать ряд промежуточных предельных кругов.
Огибающая семейства предельных кругов (показана на рисунке пунктиром) ог-
раничивает область прочности.

135
Рис. 4 .25
При наличии предельной огибающей оценка прочности материала при за-
данном напряженном состоянии производится путем построения круга напря-
жений по заданным величинам 1
σи3
σ . Прочность будет обеспечена, если этот
круг будет целиком помещаться внутри огибающей.
Для получения расчетной формулы огибающую кривую между основными
кругами 1 и 2 заменяют прямой линией (CD). В случае промежуточного круга 3
с главными напряжениями 1
σи3
σ , касающегося прямой CD, из рассмотрения
чертежа можно получить следующее условие прочности:
1
3
ПЧР
ПЧР
ПЧС
σ
σ
σσ
σ
−
≤
.
На этом основании эквивалентное (расчётное) напряжение и условие проч-
ности по теории Мора можно записать следующим образом:
,v
1
3
экв
р
σ
σνσ
σ

=
−
≤ ,
(4.67)
С учетом главных напряжений 1
σи3
σ имеем
2
2
,v
1
1
4
2
2
экв
р
ν
ν
σ
σ
σ
τ
σ
−
+

=
+
+
≤
(4.68)
где
ТР
ТС
σ
ν
σ
=
–
для пластичных материалов;
ПЧР
ПЧС
σ
ν
σ
=
–
для хрупких материалов
или
[]
р
с
σ
ν
σ


=
–
для любого материала.

136
Здесь ТР
σ,ТС
σ – пределы текучести соответственно при растяжении и сжатии,
ПЧР
σ,ПЧС
σ
–
пределы прочности при растяжении и сжатии;
р
σ

,[]
с
σ – допускаемые напряжения на растяжение и сжатие.
При материале, одинаково сопротивляющимся растяжению и сжатию, т. е .
при
[]
р
с
σ
σ
=
  , условие прочности по теории Мора совпадает с условием
прочности по 3 теории. Поэтому теорию Мора можно рассматривать как обоб-
щение третьей теории прочности.
Теория Мора довольно широко применяется в расчетной практике. Наибо-
лее хорошие результаты получаются при смешанных напряженных состояниях,
когда круг Мора располагается между предельными кругами растяжения и сжа-
тия (при 1
σ>0и 3
σ<0).
Заслуживает внимание обобщение энергетической теории прочности,
предложенное П.П. Баландиным с целью применения этой теории к оценке
прочности материалов с различным сопротивлением растяжению и сжатию.
Эквивалентное напряжение по предложению П.П. Баландина определяется
по формуле
(
)
()(
)
(
)
1
2
3
2
2
2
2
2
1
2
3
1
2
3
12
23
31
1
2
1
1
4
.
2
ЭКВ
ν
σ
σσσ
ν
σσσ
νσσσ
σσσσσσ
−
=
++
+


+
−
⋅
++
+⋅
++−
+
+


(4.69)
При
[]1
р
с
σ
ν
σ


=
=
эквивалентное напряжение, найденное по этой формуле,
совпадает с эквивалентным напряжением по 4 (энергетической) теории прочно-
сти. В настоящее время опытных данных недостаточно для объективной оценки
этого предложения.
Н.Н. Давиденковым и Я.Б. Фридманом предложена новая “объединённая
теория прочности”, обобщающая современные воззрения на прочность при
хрупком и пластичном состояниях материала. В соответствии с этой теорией
состояние, в котором находится материал, а следовательно, и характер вероят-
ного разрушения определяется отношением
()
max
1
3
1
2
3
max
2
пр
n
τ
σσ
σ
σμσσ
−
=
=


−
+


.
(4.70)
Если
р
р
n
τ
σ
<
материал находится в хрупком состоянии, разрушение проис-
ходит путем отрыва и расчет на прочность надо вести по теории наибольших
линейных деформаций.
Если же
р
р
n
τ
σ
>
материал находится в пластичном состоянии, разрушение

137
произойдёт путем среза, и расчет на прочность надо вести по теории наиболь-
ших касательных напряжений.
Здесь р
σ – сопротивление отрыву;
р
τ – сопротивление срезу.
При отсутствии опытных данных об этих величинах можно отношение
р
р
τ
σ
приближенно заменить отношением
[]
р
τ
σ


,
где[]
τ – допускаемое напряжение на срез;
р
σ

  – допускаемое напряжение на растяжение.
4.13. Примеры расчетов
Пример 4.1
Стальная полоса (рис. 4.26.) имеет косой сварной шов под углом β = 60o к
продольной оси. Проверить прочность полосы, если сила Р = 315кН, допускае-
мое нормальное напряжение материала, из которого она изготовлена
[σ] = 160 МПа, допускаемое нормальное напряжение сварного шва [σэ] =120
МПа, а касательного - [τ] = 70 МПа, размеры поперечного сечения В = 2 см,
Н=10см.
Рис 4.26
Решение:
1. Определяем нормальные напряжения в поперечном сечении полосы
3
315 10
6
157,5 10
157,5
.
max
1
4
2
21010
Р
Н
МПа
А
м
σ
σ
⋅
=
=
=
=
⋅
=
−
⋅
⋅
Сопоставляем найденное напряжение σmax с допускаемым [σ] = 160 МПа,
видим, что условие прочности выполняется, т.е . σmax < [σ].
Процент расхождения составляет

138
[]
[]
160 157,5
max 100 %
100 % 1,56 %.
160
σσ
δ
σ
−
−
=
=
=
2. Находим напряжение, действующее по наклонному сечению (сварному
шву) и выполняем проверку прочности.
• Используем метод РОЗУ (сечения). Рассечем полосу по шву (рис.
4.27) и рассмотрим левую ее часть.
В сечении возникают два вида напряжения: нормальное σα и каса-
тельное τα, которые будем считать распределенными равномерно по
сечению.
• Рассматриваем равновесие отсеченной части, составляем уравнение
равновесия в виде сумм проекций всех сил на нормаль nα и ось t.
1.
0: cos
0.
n
P
A
ασ
α
αα
=
−
+
⋅
=
∑
С учётом площади наклонного сечения Аα = А/cosα
получим
2
2
cos
cos ;
1
p
A
σ
ασ
α
α
=
=
⋅
или
2
157,5 cos 30 118,1МПа
σ
α
=
⋅
°=
.
Таким образом нормальное напряжение в сварном шве также меньше
[σэ] = 120 МПа.
Рис. 4 .27
2.
0:
sin 0,
t
AP
τ
α
αα
=
⋅
−
⋅
=
∑
откуда
1
sin
sin2 ,
1
2
P
A
τ
α
σ
α
α
α
=
=
⋅
или
1
157,5 sin(2 30 ) 69,3
,
2
МПа
τ
α
=
⋅
⋅
°=
что меньше [τ] = 70 МПа.
3. Определяем экстремальные (max, min) касательные напряжения τmax(min) в
полосе.
Вырежем из полосы в окрестности любой точки, например К, бесконечно
малый элемент в виде параллелепипеда (рис. 4 .28). На гранях его действуют
только нормальные напряжения σmax = σ1 (материал испытывает линейное на-
пряжённое состояние, т. к . σ2 = σ3 = 0).
К

139
Рис. 4 .28
Из формулы (4.5) следует, что при α0 = 45o:
1
1
157, 5
1
sin 2
sin2 45
78, 75 МПа;
max
1
0
1
2
2
2
2
σ
τ
σ
α
σ
=
⋅
=
⋅
⋅
°=
=
=
2
1
cos 45
78, 75 МПа.
451
2
0
σ
σ
σ
α
=
⋅
°=
=
=
°
Сопоставляя найденные напряжения с допустимыми, видим, что условие
прочности выполняется.
Пример 4.2
Под действием приложенных сил в детали, элемент, вырезанный из нее,
испытывает плоское напряженное состояние. Требуется определить величину и
направление главных напряжений и экспериментальные касательные напряже-
ния, а также относительные деформации в направлениях диагонали АС, удель-
ное изменение объема и потенциальную энергию деформации.
Напряжения, действующие на гранях элемента, известны:
σу=40МПа, σх= -30МПа, τу=20МПа, τх= -20МПа.
Решение:
1. Определяем положение главных площадок.
0
2
220404
2
0,572.
3040707
у
х
у
tg
τ
α
σσ
⋅
=−
=−
=
=
=
−
−
−
0
0
2 29 50',
14 55'.
α
α
=
°
=
°
К
К
dx

140
.
α
У
Х
n
α
σу
у
σ1
σх
σх
σ1
σ3
А
В
С
В
Рис. 4 .29
Угол положительный. Это говорит о том, что нормаль к главной площадке
должна быть проведена под углом α0 положительным от направления σх против
часовой стрелки.
2. Вычисляем величину главных напряжений:
2
2
max
min
1
(
)4
2
2
х
у
х
у
у
σσ
σ
σσ
τ
+
=
±
−
+⋅
.
Для нашего случая имеем
2
2
2
2
max
min
max
1
min
3
30401
1
(3040) 4(20) 5
4910 1610 5 40,3.
2
2
2
45,3 МПа ;
35,3 МПа.
σ
σ
σ
σ
σ
−
+
=
±−−
+⋅
=
±
⋅
+⋅
=
±
=
=
=
=−
Так как σу > σх, то под углом α0 к направлению σх действуют σmin= σ3 и под
углом α0 + 90̊ действуют σmax = σ1. (Если σх > σу, то под углом α0 к направлению
τу
τу
τх
τх
τmax
τmin

141
σх действуют σmax= σ1 и под углом α0 + 90̊ действуют σmin = σ3).
Проверка:
а) для этого определяем значение главных напряжений по формуле
2
2
cos
sin
sin2 ,
х
у
у
α
σσ
ασ
ατ
α
=
⋅
+⋅
−
⋅
при
0 1455'
αα
=
=
°
2
2
2
2
30cos1455'40sin1455'20sin291'
30 (0,97) 40 (0,257) 20 0,497 35,53 МПа.
α
σ=−
⋅
°
+⋅
°
−
⋅
°=
=−
⋅
+⋅
−
⋅
=−
Видим, что под углом α0 действует напряжение σmin ≈ σα;
б) проверка по касательным напряжениям на главных площадках
0
0
0
sin 2
cos2 0.
2
х
у
у
α
σσ
τ
ατ
α
−
=
+⋅
=
Если угол α0 найден правильно,
30 40
sin29 50' 20 cos29 50' 35 0,497 20 0,87 174 174 0;
2
−
−
°
+⋅
°
=−
⋅
+⋅
=−
+
=
в) σх+σу=σ1+σ3,
- 30+40 = 10МПа.
σ1+ σ3 = 453-353 = 10 МПа.
Левая часть равна правой.
Таким образом, проверка показывает, что напряжения к главной площадке
определены правильно.
3. Определяем экстремальные значения касательных напряжений. Наибольшие
и наименьшие касательные напряжения действуют на площадках, наклоненных
под углом 45o к главным площадкам.
При этой зависимости для определения экстремальных значений τ имеет вид
1
3
max
min
2
σσ
τ
−
=±
или
2
2
max
1
(
)4
2x
у
у
τ
σσ
τ
=±
+
+⋅
.
По первой из этих формул имеем
1
3
max
min
45,3 ( 35,3)
40, 3 МПа.
2
2
σσ
τ
−
−
−
=±
=±
=±

142
По второй
2
2
max
1
80, 6
(3040) 420
40,3 МПа.
2
2
τ=±
−
−
+⋅
=±
=±
4. Определяем относительные деформации в направлениях, параллельным рёбрам.
Для этого воспользуемся законом Гука:
()
()
()
1
;
1
;
1
,
x
x
у
z
у
у
z
х
z
z
х
у
E
E
E
ε
σμσσ
ε
σμσσ
ε
σμσσ


=
−
⋅
+




=
−
⋅
+




=
−
⋅
+


т. к . элемент испытывает плоское напряжённое состояние, т. е . σz = 0, то
эти зависимости имеют вид:
()
1
;
1
;
1
.
x
x
у
у
у
х
z
х
у
E
E
E
ε
σμσ
ε
σμσ
ε
μσσ


=
−
⋅




=
−
⋅


=−
⋅
+
С учетом значений имеем:
(
)
(
)
(
)
4
6
4
6
4
6
1
30 0,340 2,110 ;
210
1
40 0,330 2,4510 ;
210
0,3
30 40 0,110 .
210
х
у
z
м
м
м
ε
ε
ε
−
−
−
=
−
−
⋅
=−
⋅
⋅
=
+⋅
=
⋅
⋅
=−
−
+
=−
⋅
⋅
5. Определяем удельное изменение объема
(
)
(
)
1
2
3
1
2
3
6
4
6
12
120,3
45,3 35,3 10 0,2 10 .
210
Е
μ
θ
σσσ
εεε
θ
−
−
⋅
=
++
=
++
−
⋅
=
−
⋅
=
⋅
⋅
6. Абсолютное изменение объема

143
4
43
0,210 1 0,210
.
см
θ
−
−
=
⋅
⋅
=
⋅
7. Определяем удельную потенциальную энергию деформации.
(
)
2
2
2
1
2
3
1
2
2
3
13
1
2
2
u
Е
σσσ
μσσσσσσ


=
++−
⋅
⋅
+⋅+
⋅

,
т.к.σ2=0получим
()
()
()
2
2
2
2
1
3
13
11
4
3
1
1
2
45,3
35,3 2 0,3 45,3 35,3
2
2210
Нм
1,06 10
.
м
u
Е
σσ
μσσ




=
+−
⋅
⋅
=
+−
−
⋅
⋅
⋅
−
=




⋅
⋅
⋅
=
⋅
8. Определяем абсолютное удлинение (укорочение) ребер элементов:
а) в направлении, параллельном оси у, происходит удлинение ребер ВС, АД.
4
4
1 2,45 10 2,45 10
.
ВС
ВС
у
ll
мм
ε
−
−
∆=
⋅
=⋅
⋅
=
⋅
б) в направлении, параллельном оси х, укорочение ребер ВА, СД.
4
1
2,1 10
.
ВА
СД
х
l
l
мм
ε
−
∆=∆
=⋅
=−
⋅
Используя эти значения, можно определить удлинение диагонали АС и ВД
на основании теоремы Пифагора.
Пример 4.3
Стальной кубик со стороной 10 см, вставленный без зазоров между двумя
жесткими стенками и опирающийся на неподвижное основание, сжимается на-
грузкой q = 60 кН/м (рис. 4 .30). Требуется вычислить: 1) напряжения и дефор-
мации по трём направлениям; 2) изменение объема кубика; 3) потенциальную
энергию деформации; 4) нормальное и касательное напряжения на площадке,
наклоненной под углом 45o к стенкам.
Решение:
1. Напряжение на верхней грани задано: σz = −60 МПа. Напряжение на сво-
бодной грани σу = 0. Напряжение на боковых гранях σх можно найти из условия
равенства нулю деформации кубика в направлении оси х из-за неподатливости
стенок:
()
1
0,
х
х
z
у
Е
ε
σμσσ


=
−
+
=


откуда при σу = 0, σх- μσz = 0, следовательно, σх = μσz = -0,3ּ60 = -18 МПа.

144
Рис. 4 .30
Грани кубика являются главными площадками, так как на них отсутствуют ка-
сательные напряжения. Главные напряжения равны σ1 = σу = 0; σ2 = σx = -18МПа;
σ3=σz= -60МПа;
2. Определим деформации ребер кубика. Относительные линейные дефор-
мации
()
(
)
6
6
11
1
10
60 0,318 27310.
210
z
z
у
х
Е
ε
σμσσ
−


=
−
+
=−
−
⋅
=−
⋅

⋅
Абсолютная деформация (укорочение)
-0, 00273 см.
z
z
аε
∆=
⋅
=
Относительная деформация в направлении оси У:
()
()
6
6
11
1
10
0,318 60 11710.
210
у
у
х
z
Е
ε
σμσσ
−


=
−
+
=
⋅
⋅
+
=
⋅

⋅
Абсолютная деформация (удлинение)
0, 00117 см.
у
у
аε
∆=
⋅
=
Относительное изменение объёма кубика
6
6
6
011710
273 10
15610.
х
у
z
θεεε
−
−
−
=
++=+
⋅
+−
⋅
=−
⋅
Абсолютное изменение объёма (уменьшение)
σх
σz
σα
τα

145
6
3
3
156 10 10 0,156см .
v
−
∆=−
⋅
⋅
=−
3. Потенциальная энергия деформации (удельная) равна
(
)
(
)
2
2
2
1
2
3
1
2
2
3
31
12
2
2
3
3
11
1
2
2
10
18 60 0,61860 8,1910Нм/м.
2210
u
E
σσσ
μσσσσσσ


=
++−
⋅
+⋅+
⋅
=


=
+
−
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
Полная энергия равна
3
3
6
v 8,1910 10 8,1910Дж.
Uu
=
⋅
=
⋅
⋅
=
⋅
4. Нормальное и касательное напряжение на площадке, наклоненной к
стенкам под углом 45o:
2
2
3
2
2
3
2
3
1
cos 45
sin 45 (60 18)
39 МПа;
2
18 60
sin 2
sin 90
21 МПа.
2
2
2
α
α
σσ
σ
σσ
σσ
τ
α
=
⋅
°+
⋅
°=−
+
=−
−
−
−
+
=
=
°=
=
Направление σα, τα показано на рис. 2 .30 .
Пример 4.4
Цилиндрический тонкостенный стальной резервуар заполнен водой на
уровне Н = 10 м. На расстоянии Н/3 от дна в точке К установлены под углом
α = 30Å, взаимно перпендикулярно, два тензометра А и В (Рис. 4 .31) с базой
S = 20 мм и ценой деления К= 0,0005 мм/дел. Определить главные напряжения
в точке К, а также напряжение в направлении тензометров и их показания.
Дано:
Диаметр резервуара D = 200см, толщина стенки t = 0,4 см, коэффициент
поперечной деформации стали μ = 0,25, плотность жидкости γ = 10 кН/м3
.
Весом резервуара пренебречь.
Решение:
1. Определяем главные напряжения в точке К.
а. Рассмотрим равновесие нижней отсеченной части резервуара (рис. 4 .32).
Составляем уравнение равновесия суммы проекций всех сил на ось у:
0
Y
dtQ
y
ж
σπ
=
⋅
⋅
⋅
−
=
∑
2
4
d
Q
H
ж
π
γ
⋅
=
⋅
–
вес водяного столба.

146
Рис. 4 .31
Рис. 4 .32
Отсюда находим нормальное напряжение (меридиональное) σy в попереч-
ном сечении резервуара
3
1010 10,32
12,87
2
4
40,410
Hd
y
t
γ
σ
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
=
−
⋅
⋅
⋅
MПа
К

147
б. Определяем нормальные напряжения (окружные напряжения) в направлении
осих –σx.
Для этого рассмотрим равновесие полукольца шириной, равной единицы
длины, вырезанного на уровне точки К (рис. 4.33).
Рис. 4 .33
Элементарную силу dP, приходящую на элементарную площадку угла dφ,
определяем по формуле
1,
2
D
dp
dq
φ

=
⋅


где
2
2
3
3
q
Н
Н
γ
γ
=
⋅
=
⋅
–
давление жидкости в точке К.
Составляем уравнение равновесия полукольца на ось х:
/2
212
1sin0
2
0
D
Х
t
qd
х
π
σ
φφ
=
⋅
⋅
−
⋅
⋅
=
∑
∫
.
Отсюда получаем
4
2/3
10 10,3 2
17,16
2
2
3
3 0,004
qD
HD
HD
х
t
t
t
γ
γ
σ
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
=
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
МПа.
В соответствии с обозначением главных напряжений σ1 > σ2 > σ3, сравнивая

148
σx и σy, имеем
17,16
1x
σσ
=
=
МПа;
12,875
2у
σσ
=
=
МПа.
Главное напряжение
2
2
3
4
10 10 10,3 6,87 10 Па -0,0686 МПа
3
3
3
q
Н
σ
γ
=−=
−
⋅
⋅
=−
⋅
⋅
⋅
=−
⋅
=
Оно мало по сравнению с σ1 и σ2 и им можно пренебречь.
Для выделенного в окрестности точки К бесконечно малого элемента,
(abcd) главные напряжения представлены на (рис. 4 .34).
Рис. 4 .34
Определяем нормальные напряжения в направлении установки тензометров.
2
2
2
2
cos
sin
17,16 cos 30 12,875 sin 30 16, 09 МПа;
1
2
А
σ
σ
ασ
α
=
+
=
⋅
°+
⋅
°=

149
2
2
2
2
sin
cos
17,16 sin 30 12,875 cos 30 13,93 МПа.
1
2
В
σ
σ
ασ
α
=
+
=
⋅
°+
⋅
°=
Выполняем проверку правильности найденных напряжений.
Должно выполнятся условие:
12
АB
σ
σ
σσ
+
≡
+;
16,09 13,93 30,02 МПа
АB
σ
σ
+
=
+
=
;
17,16 12,875 30, 035 МПа
12
σσ
+=
+
=
.
Расхождение незначительно, связано с округлением при расчетах.
Определяем относительные деформации в направлении установки тензо-
метров. Используем обобщенный закон Гука.
1
1
6
6
4
(
)
(16,09 10 0,25 13,93 10 ) 0,63 10
9
200 10
A
A
B
E
ε
σ
μσ
−
=
−
⋅
=
⋅
−
⋅
⋅
=
⋅
⋅
;
1
1
6
6
4
(
)
(13,93 10 0,25 16,09 10 ) 0,495 10
9
200 10
В
В
А
E
ε
σ
μσ
−
=
−
⋅
=
⋅
−
⋅
⋅
=
⋅
⋅
.
Устанавливаем показания тензометров. Используем формулы для опреде-
ления относительных деформаций по показаниям тензометров:
,
n
iК
i
i
S
i
ε
∆
=
где n
i
∆ − показания тензометра;
S
i
−
база тензометра;
К
i
−
цена деления.
Отсюда имеем показания тензометров:
4
0,63 10 20
2,52;
0, 0005
4
0,495 10 20
1,98.
0, 0005
S
АA
n
A
К
S
ВВ
n
В
К
ε
ε
−
⋅
⋅
⋅
∆=
=
=
−
⋅
⋅
⋅
∆=
=
=

150
5. Прямой изгиб.
Плоский поперечный изгиб.
5.1. Построение эпюр внутренних силовых факторов
для балок
Прямым изгибом называется такой вид деформации, при котором в попе-
речных сечениях стержня возникают два внутренних силовых фактора: изги-
бающий момент и поперечная сила. В частном случае, поперечная сила может
быть равна нулю, тогда изгиб называется чистым.
При плоском поперечном изгибе все силы расположены в одной из глав-
ных плоскостей инерции стержня и перпендикулярны его продольной оси, в
той же плоскости расположены моменты (рис. 5 .1, а, б).
Рис. 5 .1
Поперечная сила в произвольном поперечном сечении балки численно равна
алгебраической сумме проекций на нормаль к оси балки всех внешних сил, дей-
ствующих по одну сторону от рассматриваемого сечения. Поперечная сила в
сечении m-n балки (рис. 5 .2, а) считается положительной, если равнодействую-
щая внешних сил слева от сечения направлена вверх, а справа – вниз, и отрица-
тельной – в противоположном случае (рис. 5 .2, б).
Рис. 5 .2
Вычисляя поперечную силу в данном сечении, внешние силы, лежащие
слева от сечения, берут со знаком плюс, если они направлены вверх, и со зна-
ком минус, если вниз. Для правой части балки – наоборот.
Изгибающий момент в произвольном поперечном сечении балки численно
равен алгебраической сумме моментов относительно центральной оси z сече-

151
ния всех внешних сил, действующих по одну сторону от рассматриваемого се-
чения. Изгибающий момент в сечении m-n балки (рис. 5 .3, а) считается положи-
тельным, если равнодействующий момент внешних сил слева от сечения на-
правлен по стрелке часов, а справа – против часовой стрелки и отрицательным
–
в противоположном случае (рис. 5.3, б).
Рис. 5 .3
При вычислении изгибающего момента в данном сечении моменты внеш-
них сил, лежащие слева от сечения, считаются положительными, если они на-
правлены по ходу часовой стрелки. Для правой части балки – наоборот. Удобно
определять знак изгибающего момента по характеру деформации балки. Изги-
бающий момент считается положительным, если в рассматриваемом сечении
отсечённая часть балки изгибается выпуклостью вниз (рис. 5.3, а), т. е . растя-
гиваются нижние волокна. В случае если балка изгибается выпуклостью вверх,
изгибающий момент в сечении – отрицательный (рис. 5.3, б).
Между изгибающим моментом М, поперечной силой Q и интенсивностью
нагрузки q существуют дифференциальные зависимости.
1. Первая производная от поперечной силы по абсциссе сечения равна ин-
тенсивности распределенной нагрузки, т. е .
dQ
q
dx
=
.
(5.1)
2. Первая производная от изгибающего момента по абсциссе сечения равна
поперечной силе, т. е .
dM
Q
dx
=
.
(5.2)
3. Вторая производная по абсциссе сечения равна интенсивности распре-
делённой нагрузки, т. е .
2
2
dM
q
dx
=
.
(5.3)
Распределенную нагрузку, направленную вверх, считаем положительной.
Из дифференциальных зависимостей между М, Q, q вытекает ряд важных
выводов:
1. Если на участке балки:
а) поперечная сила положительна, то изгибающий момент возрастает;
б) поперечная сила отрицательна, то изгибающий момент убывает;
-
-
+
+
+
+
-
-

152
в) поперечная сила равна нулю, то изгибающий момент имеет постоянное
значение (чистый изгиб);
г) поперечная сила проходит через нуль, меняя знак с плюса на минус,
max
MM
=
, в противоположном случае
min
MM
=
.
2. Если на участке балки распределенная нагрузка отсутствует, то попе-
речная сила постоянна, а изгибающий момент изменяется по линейному
закону.
3. Если на участке балки имеется равномерно распределенная нагрузка, то
поперечная сила изменяется по линейному закону, а изгибающий мо-
мент – по закону квадратной параболы, обращенной выпуклостью в сто-
рону действия
нагрузки (в случае построения эпюры М со стороны
растянутых волокон).
4. В сечении под сосредоточенной силой эпюра Q имеет скачок (на вели-
чину силы), эпюра М — излом в сторону действия силы.
5. В сечении, где приложен сосредоточенный момент, эпюра М имеет ска-
чок, равный значению этого момента. На эпюре Q это не отражается.
При сложном нагружении балки строят эпюры поперечных сил Q и изги-
бающих моментов М. Эпюрой Q (M) называется график, показывающий закон
изменения поперечной силы (изгибающего момента) по длине балки. На основе
анализа эпюр М и Q устанавливают опасные сечения балки.
Положительные ординаты эпюры Q откладываются вверх, а отрицатель-
ные – вниз от базисной линии, проводимой параллельно продольной оси балки.
Положительные ординаты эпюры М откладываются вниз, а отрицательные –
вверх, т. е . эпюра М строится со стороны растянутых волокон. Построение
эпюр Q и М для балок следует начинать с определения опорных реакций. Для
балки с одним защемленным и другим свободным концами построение эпюр Q
и М можно начинать от свободного конца, не определяя реакций в заделке.
5.2. Построение эпюр Q и М по уравнениям
Балка разбивается на участки, в пределах которых функции для изгибаю-
щего момента и поперечной силы остаются постоянными (не имеют разрывов).
Границами участков служат точки приложения сосредоточенных сил, пар сил и
места изменения интенсивности распределенной нагрузки. На каждом участке
берется произвольное сечение на расстоянии х от начала координат, и для этого
сечения составляются уравнения для Q и М. По этим уравнениям строятся эпю-
рыQиM.
Пример 5.1
Построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М для за-
данной балки (рис. 5 .4, а).
Решение:
1. Определение реакций опор. Составляем уравнения равновесия:
A
m
∑
301402044
50
A
B
M
V
=−
⋅
++⋅⋅
−
⋅
=
∑
;

153
B
m
∑
306402041
50
B
A
M
V
=−
⋅
+−
⋅
⋅
−
⋅
=
∑
,
из которых получаем
66
B
V=
кН;
44
A
V=
кН.
Проверка:
4466302040
Y=+
−
−
⋅
=
∑
.
Реакции опор определены правильно.
Балка имеет четыре участка нагружения: СА, AD, DB, BE.
Рис. 5 .4
2. Построение эпюры Q. Участок СА. На участке СА (
)
1
0
1
x
≤ ≤ проводим
произвольное сечение 1-1 на расстоянии 1x от левого конца балки. Определяем
Q как алгебраическую сумму проекций всех внешних сил, действующих слева
от сечения 1-1 на осьY :
1
30
Q=−
кН.
Знак минус взят потому, что сила, действующая слева от сечения, направ-
лена вниз. Выражение для Q не зависит от переменной 1x . Эпюра Q на этом
участке изобразится прямой, параллельной оси абсцисс. Участок AD. На участ-

154
ке проводим произвольное сечение 2-2 на расстоянии 2
x от левого конца балки.
Определяем 2
Q как алгебраическую сумму всех внешних сил, действую-
щих слева от сечения 2-2:
2
304414
Q=−
+=
кН.
Величина Q постоянна на участке (не зависит от переменной 2x ). Эпюра Q
на участке представляет собой прямую, параллельную оси абсцисс. Участок
DB. На участке проводим произвольное сечение 3-3 на расстоянии 3
x от право-
го конца балки. Определяем 3
Q как алгебраическую сумму всех внешних сил,
действующих справа от сечения 3-3:
3
3
66 20
Q
x
=−
+⋅
.
Полученное выражение есть уравнение наклонной прямой линии.
При31
x=м,
()
3
3
1
66 201 46
x
m
Q=
=−
+⋅=−
кН;
При34
x=м,3
6620414
Q=−
+⋅
=
кН.
Участок BE. На участке проводим сечение 4-4 на расстоянии 4
x от правого
конца балки. Определяем Q как алгебраическую сумму всех внешних сил, дей-
ствующих справа от сечения 4-4:
4
4
20
Q
x
=
⋅
.
Здесь знак плюс взят потому, что равнодействующая нагрузка справа от
сечения 4-4 направлена вниз. По полученным значениям строим эпюру попе-
речных сил Q (рис. 5 .4, б).
3. Построение эпюры М. Участок СА (
)
1
0
1
x
≤ ≤ м. Определяем изгибаю-
щий момент в сечении 1-1 как алгебраическую сумму моментов сил, дейст-
вующих слева от сечения 1-1 .
1
1
30
M
x
=−
⋅
–
уравнение прямой.
При10,
x=
10
M=;
при11,
x=
1
30
M=−
кНм.
Участок AD (1 ≤ х2 ≤ 3). Определяем изгибающий момент в сечении 2-2 как
алгебраическую сумму моментов сил, действующих слева от сечения 2-2.
()
2
2
2
30
44
1
M
x
x
=−
⋅
+⋅
−
–
уравнение прямой.
При21
x=м,
2
301 30
M=−
⋅
=−
кНм;
при23
x=м,
()
2
3034431 2
M=−
⋅
+⋅
−
=−
кНм,
Участок DB (
)
3
1
4
x
≤ ≤ . Определяем изгибающий момент в сечении 3-3 как
алгебраическую сумму моментов сил, действующих справа от сечения 3-3 .

155
2
2
3
3
3
3
(1)1066(1),
2
в
qx
M
Vх
х
х
⋅
=−
+⋅
−
=−
+⋅
−
Находим три значения изгибающего момента (на концах участка и в точке
с координатой kx , где 3 0,
Q=а
3
M достигает максимума):
прих3=1м,
2
3
1
20
10
2
M=−
⋅
=−
кНм;
прих3=4м,
()
2
3
4
20
664138
2
M=−
⋅
+⋅
−
=
кНм.
Для определения хК приравниваем Q3 к нулю.
3
3
3
3
20
660
dM
Q
x
dx
=
=−
⋅
+ = ;откуда 3 3,3
x=
м.
При
3,3
K
x=
м имеем:
()
2
max
3
3,3
20
66 3,3 1 42,9
2
M
M
=
=−
⋅
+⋅
−
=
кНм.
Участок BE (
)
4
0
1
x
≤ ≤ . Определяем изгибающий момент в сечении 4-4 как
алгебраическую сумму моментов сил, действующих справа от сечения 4-4 .
2
4
4
20
2
x
M=−
⋅
–
уравнение квадратной параболы
находим три значения 4
M:
40
M=;
2
4
1
20
10
2
M=−
⋅
=−
кНм;
2
4
0,5
20
2,5
2
M=−
⋅
=−
кНм.
По полученным значениям строим эпюру М (рис. 5.4, в).
На участках CA и AD эпюра Q ограничена прямыми, параллельными оси
абсцисс, а на участках DB и BE – наклонными прямыми. В сечениях C, A и B на
эпюре Q имеют место скачки на величину соответствующих сил, что служит
проверкой правильности построения эпюры Q.
На участках, где
0
Q > , моменты возрастают слева направо. На участках,
где
0
Q < , моменты убывают. Под сосредоточенными силами имеются изломы в
сторону действия сил. Под сосредоточенным моментом имеет место скачок на
величину момента. Это указывает на правильность построения эпюры М.

156
Пример 5.2
Построить эпюры Q и М для балки на двух опорах, нагруженной распреде-
ленной нагрузкой, интенсивность которой меняется по линейному закону
(рис.5.5, а).
Решение:
Определение реакций опор. Равнодействующая распределенной нагрузки
равна площади треугольника, представляющего собой эпюру нагрузки
0
2
ql
R=
и приложена в центре тяжести этого треугольника. Составляем суммы момен-
тов всех сил относительно точек А и В:
0
A
M=
∑;
0
2
0
23
B
ql
Vl
l
⋅
−
⋅
−
⋅
= ; откуда
0
3
B
ql
V=;
0
B
M=
∑;
0
0
23
A
qll
Vl
l
⋅
⋅
−
⋅
=,
0
6
A
ql
V=
.
Построение эпюры Q. Проведем произвольное сечение на расстоянии x от
левой опоры. Ордината эпюры нагрузки, соответствующая сечению, определя-
ется из подобия треугольников
()0
qxq
x
l
=
,
()0qx
qx
l
=
.
Равнодействующая той части на-
грузки, которая распложена слева от
сечения
()
2
0
1
2
2
qx
qxx
l
⋅
⋅
=
⋅
.
Поперечная сила в сечении равна
2
2
0
0
2
3
1
2
6
A
qxql
x
QV
l
l

⋅
=
−
=
−


.
Поперечная сила изменяется по
закону квадратной параболы
Рис. 5 .5

157
При 0
x=
,
()
0
0
6
x
ql
Q=
=
;
приx l
=,
()
0
3
xl
ql
Q=
=
.
Приравнивая уравнение поперечной силы нулю, находим абсциссу того
сечения, в котором эпюра Q переходит через нуль:
2
0
2
3
1
0
6
K
ql
x
l


−
=




;
0,577
3
K
l
x
l
=
≈
⋅
.
Эпюра Q представлена на рис. 5.5, б. Изгибающий момент в произвольном
сечении равен
()
3
3
0
0
0
2
1
2
36
6
6
A
xqlqxql
x
MVxqxx
x
x
l
l

=
⋅
−
⋅
=
−
=
−


.
Изгибающий момент изменяется по закону кубической параболы:
при 0
x=;()00
x
M=
=
;
приx l
=;()0
xl
M=
=
.
Максимальное значение изгибающий момент имеет в сечении, где
0
Q=
,
т. е. при
3
K
l
x=
он равен
2
0
max
93
ql
M=
.
Эпюра М представлена на рис. 5 .5, в.
5.3. Построение эпюр Q и M по характерным сечениям
(точкам)
Используя дифференциальные зависимости между М, Q, q и выводы, вы-
текающие из них, целесообразно строить эпюры Q и М по характерным сечени-
ям (без составления уравнений). Применяя этот способ, вычисляют значения Q
и М в характерных сечениях. Характерными сечениями являются граничные
сечения участков, а также сечения, где данный внутренний силовой фактор
имеет экстремальное значение. В пределах между характерными сечениями
очертание эпюры устанавливается на основе дифференциальных зависимостей
между М, Q, q и выводами, вытекающими из них.
Пример 5.3
Построить эпюры Q и М для балки, изображенной на рис. 5 .6, а.

158
Решение:
Построение эпюр Q и М на-
чинаем от свободного конца бал-
ки, при этом реакции в заделке
можно не определять. Балка имеет
три участка нагружения: АВ, ВС,
CD. На участках АВ и ВС распре-
деленная нагрузка отсутствует.
Поперечные силы
постоянны.
Эпюра Q ограничена прямыми,
параллельными оси абсцисс. Изги-
бающие моменты изменяются по
линейному закону. Эпюра М огра-
ничена прямыми, наклонными к
оси абсцисс. На участке CD имеет-
ся равномерно распределенная на-
грузка. Поперечные силы изменя-
ются по линейному закону, а изги-
бающие моменты – по закону
квадратной параболы с выпуклостью в сторону действия распределенной на-
грузки. На границе участков АВ и ВС поперечная сила изменяется скачкообраз-
но. На границе участков ВС и CD скачкообразно изменяется изгибающий мо-
мент.
1. Построение эпюры Q.
Вычисляем значения поперечных сил Q в граничных сечениях участков:
3
лев
A
B
QQqa
=
=
;
32
пр
лев
пр
B
C
C
QQQqaqaqa
=
=
=
−
=
;
323
2
D
Qqaqaqa
qa
=
−
−
=−
.
По результатам расчетов строим эпюру Q для балки (рис. 6, б). Из эпюры
Q следует, что поперечная сила на участке CD равна нулю в сечении, отстоя-
щем на расстоянии а от начала этого участка, полученного из выражения
1
2
00,
СD
QPPqx
=
−
−
=
0
xa
=
.
В этом сечении изгибающий момент имеет максимальное значение.
2. Построение эпюры М.
Вычисляем значения изгибающих моментов в граничных сечениях участков:
0
A
M=;
2
3
лев
пр
B
B
M
M
qa
=
=
;
2
322
4
лев
C
M
qaaqaaqa
=
⋅
−
⋅
=
;
Рис. 5.6.

159
2
2
2
4
5
пр
C
M
qaqaqa
=
−
=−
;
2
2
35245
3 1,5
2,5
D
M
qaaqaaqaqa
a
qa
=
⋅
−
⋅
−
−
⋅
=−
.
При
3
K
x
a
=
максимальный момент на участке
2
2
max
33225
0,5 0,5
M
qaaqaaqaqa
a
qa
=
⋅
−
⋅
−
−
⋅
=−
.
По результатам расчетов строим эпюру М (рис. 5.6, в).
Пример 5.4
По заданной эпюре изгибающих моментов (рис. 5 .7, а) для балки
(рис. 5.7, б) определить действующие нагрузки и построить эпюру Q. Кружком
обозначена вершина квадратной параболы.
Решение:
Определим нагрузки, действующие на балку. Участок АС загружен равно-
мерно распределённой нагрузкой, так как эпюра М на этом участке – квадрат-
ная парабола. В опорном сечении В к балке приложен сосредоточенный мо-
мент, действующий по часовой стрелке, так как на эпюре М имеем скачок вверх
на величину момента. На участке СВ балка не нагружена, т. к. эпюра М на этом
участке ограничена наклонной прямой. Реакция опоры В определяется из усло-
вия, что изгибающий момент в сечении С равен нулю, т. е .
2200
C
B
MV
=
⋅
−
=
, откуда
10
B
V= кН.
Для определения интенсивности распределенной нагрузки составим выра-
жение для изгибающего момента в сечении А как сумму моментов сил справа и
приравняем к нулю
4
210
A
B
MV
mq
=
⋅
−
−
⋅
⋅
=
, откуда
(
)(
)
1
1
4
10420 10
2
2
B
кН
q
V
m
м
=
⋅
−
=
⋅
−
=
.
Теперь определим реакцию опоры А. Для этого составим выражение для
изгибающих моментов в сечении как сумму моментов сил слева
210210
C
A
MV
=
⋅
−
⋅
⋅
=
, откуда
10
A
V= кН.

160
Рис. 5 .7
Проверка:
10102100
Y=
−
⋅
+=
∑
.
Расчетная схема балки с нагрузкой показана на рис. 5 .7, в. Начиная с лево-
го конца балки, вычисляем значения поперечных сил в граничных сечениях
участков:
10
пр
A
Q= кН;
10102 10
C
Q=
−
⋅
=−
кН;
10
лев
B
Q=−
кН.
Эпюра Q представлена на рис. 5 .7, г. Рассмотренная задача может быть
решена путем составления функциональных зависимостей для М, Q на каждом
участке. Выберем начало координат на левом конце балки. На участке АС эпю-
ра М выражается квадратной параболой, уравнение которой имеет вид
2
1
yMaxbxc
=
=
++.
Постоянные а, b, с находим из условия, что парабола проходит через три
точки с известными координатами:
10,
x=
0;
y=
11,
x=
5;
y=
12,
x=
0;
y=
Подставляя координаты точек в уравнение параболы, получим
0;
c=
5
;
ab
=
+02,
ab
=
+
отсюда

161
5,
a=−
10,
b=
0
c=.
Выражение для изгибающего момента будет
2
1
1
1
510
M
x
x
=−
+
(
)
1
0
2
x
м
≤≤
.
Дифференцируя функцию М1, получим зависимость для поперечной cилы
1
1
1
10 10
dM
Q
x
dx
=
=−
+.
После дифференцирования функции Q получим выражение для интенсив-
ности распределённой нагрузки
1
10
dQ
кH
q
dx
м
=
=−
.
На участке СВ выражение для изгибающего момента представляется в ви-
де линейной функции
2
2
,
yMaxb
=
=
+(
)
2
2
4.
x
м
≤≤
Для определения постоянных а и b используем условия, что данная прямая
проходит через две точки, координаты которых известны
22
x=м,
0
y=;24
x=м,
20.
y=−
Получим два уравнения:
02;
ab
=
+
204,
ab
−
=
+
из которых имеем
10,
a=−
20
b=
.
Уравнение для изгибающего момента на участке СВ будет
2
2
10 20
yM
x
=
=−
+
После двукратного дифференцирования М2 найдём
2
2
10;
dM
Q
кН
dx
=
=−
2
0
dQ
q
dx
=
=.
По найденным значениям М и Q строим эпюры изгибающих моментов и
поперечных сил для балки. Помимо распределённой нагрузки к балке прикла-
дываются сосредоточенные силы в трех сечениях, где на эпюре Q имеются
скачки и сосредоточенные моменты в том сечении, где на эпюре М имеется
скачок.

162
Пример 5.5
Для балки (рис. 5 .8, а) определить рациональное положение шарнира С,
при котором наибольший изгибающий момент в пролете равен изгибающему
моменту в заделке (по абсолютной величине). Построить эпюры Q и М.
Решение:
Определение реакций опор. Несмотря на то, что общее число опорных свя-
зей равно четырем, балка статически определима. Изгибающий момент в шар-
нире С равен нулю, что позволяет составить дополнительное уравнение: сумма
моментов относительно шарнира всех внешних сил, действующих по одну сто-
рону от этого шарнира, равна нулю. Составим сумму моментов всех сил справа
от шарнира С:
()()2
206
6
0,
2
пр
C
B
x
MV
x
−
=
−
−
=
∑
откуда
()
106 .
B
V
x
=
−
Эпюра Q для балки ограничена наклонной прямой, так как q = const. Оп-
ределяем значения поперечных сил в граничных сечениях балки:
()
106 ,
A
B
QVql
x
=−
+=
+
()
106 .
B
B
QV
x
=−
=−
−
Абсцисса K
x сечения, где Q = 0, определяется из уравнения
0,
K
B
K
QVqx
=−
+
=
откуда
()
0,5 6
.
B
K
V
x
x
q
=
=
−
Эпюра М для балки ограничена квадратной параболой. Выражения для из-
гибающих моментов в сечениях, где Q = 0, и в заделке записываются соответ-
ственно так:
()
2
2
max
2,5 6
;
2
K
K
BK
qx
MM
Vx
x
=
=
⋅
−
=
−
2
60.
2
A
B
ql
MVl
x
=
⋅
−
=−
Из условия равенства моментов
,
K
A
MM
=
или
()2
2,5 6
60
x
x
−
=
получаем квадратное уравнение относительно искомого параметра х:
2
36360;
x
x
−
+=
1,2 18 16,971.
x=±

163
Реальное значение
2 1,029
xx
=
=
м. Определяем численные значения попе-
речных сил и изгибающих моментов в характерных сечениях балки:
()
106
70, 29
A
Q
x
=
+=
кН;
()
106
49, 71
B
Q
x
=−
−
=−
кН;
60 61, 75
A
M
x
=−
=−
кНм;
()2
max
2,5 6
61, 75
K
MM
x
=
=
−
=
кНм.
Рис. 5 .8
На рис. 5.8, б показана эпюра Q, а на рис. 5.8, в – эпюра М.
Рассмотренную задачу можно было решить способом расчленения шар-
нирной балки на составляющие ее элементы, как это показано на рис. 5 .8, г. В
начале определяются реакции опор CV и B
V . Строятся эпюры Q и М для под-
весной балки СВ от действия приложенной к ней нагрузки. Затем переходят к
основной балке АС, нагрузив ее дополнительной силой CV , являющейся силой
давления балки СВ на балку АС. После чего строят эпюры Q и М для балки АС.
5.4. Нормальные напряжения при прямом изгибе
Вывод зависимости для нормальных напряжений будем делать для случая
чистого изгиба балки (рис. 5.9). Чистым прямым изгибом называется такой вид
деформации бруса, при котором в его поперечных сечениях возникает только
один силовой фактор − изгибающий момент Мх или Му, а поперечная сила от-
сутствует.
а
б
в
г

164
Некоторые характерные примеры показаны на рис. 5.9 . На участках, где
Q = 0, M = const, балки испытывают деформацию чистого прямого изгиба.
х
dx
Рис. 5 .9
Обратимся к опытному изучению чистого изгиба. Выделим часть балки
двумя поперечными сечениями 1-1 и 2-2 на участке, который испытывает де-
формацию чистого изгиба. Нанесем на боковые грани рассматриваемой части
балки сетку линий, параллельных и перпендикулярных оси балки (рис. 5 .10, а).
После деформации чистого изгиба эта часть балки примет вид, показанный
на рис. 5.10, б. Как показывает опыт, при таком направлении изгибающего мо-
мента, волокна, находящиеся в нижней части балки (волокно а1а2), удлиняются,
а волокна верхней части (волокно с1с2) − укорачиваются. Очевидно, что суще-
ствует слой волокон, который при деформации не меняет своей длины (волок-
но о1о2). Этот слой называется нейтральным слоем. Из опыта видно, что линии
сетки, перпендикулярные оси балки, остаются прямыми на основании того, что
поперечные сечения в процессе деформации балки остаются плоскими. Линии
пересечения нейтрального слоя волокон о1о2 с плоскостью поперечного сечения
называют нейтральными линиями (рис. 5.10, в).
a
а
а
б
а
Рис. 5 .10

165
При деформации поперечное сечение проворачивается вокруг нейтральной
линии. Нейтральная линия делит поперечное сечение балки на сжатую и растя-
нутую зоны.
Линии сетки, параллельные оси бруса, искривляются, но расстояния между
ними не изменяется. Следовательно, продольные волокна друг на друга не да-
вят, а только удлиняются или укорачиваются. На основании этих опытных дан-
ных принимаются следующие допущения:
1. Поперечные сечения балки, плоские и перпендикулярные ее оси до де-
формации остаются плоскими перпендикулярными и в процессе дефор-
мации. Это допущение носит название гипотезы плоских сечений, или
гипотезы Бернулли.
2. Продольные волокна балки друг на друга не давят. Материал балки ис-
пытывает линейное напряженное состояние (рис. 5.10, б). Физическая
связь между напряжениями и деформациями выражается с помощью
закона Гука:
Е
σ
ε
=
⋅
Таким образом, при чистом изгибе балки в поперечных сечениях возника-
ют нормальные напряжения, а касательные напряжения отсутствуют, так как
поперечная сила равна нулю.
Рассмотрим элемент балки рис. 5.9, б, выделенный двумя смежными сече-
ниями, отстоящими один от другого на расстоянии dx (рис. 5 .11, а), и изучим
геометрическую сторону процесса деформации.
dx
y
а
a
.
d
y
y
a
б
в
Рис. 5 .11
Обозначим нейтральный слой о1 о2, а слой волокон, находящихся на рас-
стоянии y от нейтрального слоя – а1 а2. После деформации чистого изгиба на
основании гипотезы Бернулли сечения 1-1 и 2-2 останутся плоскими и повер-
нутся вокруг нейтральных линий, проходящих через точки о1 и о2. Нейтральный
слой dx при этом искривится, не меняя длины. Обозначим ρ – радиус кривизны
нейтрального слоя и определим длину волокна a1 а2 до деформации и после де-
формации:

166
()
12
12
12
;
.
aaооdxd
aа
yd
ρθ
ρ
θ
=
=
=
′′
=
+
Относительная продольная деформация волокна а1 а2 равна
()
12
12
12
yd
d
аа
аа
y
аа
d
ρ
θρθ
ε
ρθ
ρ
′′
+
−
−
=
=
=
.
На основании закона Гука с учетом относительной деформации
Е
Е
у
σ
ε
ρ
=
⋅
=
⋅
.
(5.4)
Таким образом, при чистом изгибе напряжения в поперечном сечении бал-
ки изменяются по линейному закону и пропорциональны расстоянию y от ней-
тральной оси до слоя, в котором определяем напряжение (рис. 5 .11, в). В нашем
случае волокна, расположенные ниже нейтральной линии, испытывают растя-
жения, выше – сжатие. На нейтральной линии напряжения равны нулю.
Для того что бы установить положение нейтральной линии и связь напря-
жений с внутренними силовыми факторами, возникающие в поперечном сече-
нии балки при чистом изгибе, рассмотрим равновесие вырезанного элемента
балки 1-2 (рис. 5.9, б). Действие левой отброшенной части балки в сечении 1-1
заменим изгибающим моментом Мz, а действие правой части в сечении 2-2
представим в виде элементарных сил
dА
σ⋅
, приложенных к каждой элемен-
тарной площадке dА .
dА
y
z
dх
Мz
Z
X
Рис. 5 .12
Выделенный элемент находится в равновесии и для него справедливы
шесть независимых уравнений статики, которые приведены ниже в форме сум-
мы проекций всех сил на оси X, Y, Z и моментов сил относительно этих осей:
1)
0; 2)
0; 3)
0; 4)
0; 5)
0; 6)
0.
x
y
z
Х
Y
Z
m
m
m
=
=
=
=
=
=
∑
∑
∑
∑
∑
∑
σ

167
Заметим, что уравнение равновесия 2, 3, 4 удовлетворяются тождествен-
но, так как элементарные силы
dА
σ⋅
перпендикулярны плоскости Y, Z и па-
раллельны оси Х. Первое уравнение равновесия будет иметь вид
0
А
dA
σ⋅
=
∫,
или согласно выражению (5.4)
0
А
Е
уdA
ρ
⋅
=
∫.
Так как
0
Е
ρ
≠ ,то
0
А
уdA
⋅
=
∫ , но он представляет собой статический момент
площади поперечного сечения Sz относительно оси Z. Из геометрических ха-
рактеристик известно, что если статический момент площади равен нулю, то
ось, относительно которой он вычисляется, проходит через центр тяжести сече-
ния. Таким образом, нейтральная ось совпадает с центральной осью поперечно-
го сечения.
Составим уравнение равновесия элемента в форме моментов относительно
оси У:
0
y
А
m
z
dA
σ
=
⋅
⋅
=
∑∫
.
Подставляя в это выражение σ , имеем
0
А
Е
z уdA
ρ
⋅
⋅
=
∫
,
откуда
0
YZ
А
zуdAI
⋅
⋅
=
=
∫
.
Этот интеграл представляет собой центробежный момент инерции площа-
ди поперечного сечения балки. Равенство центробежного момента инерции ну-
лю означает, что оси Y, Z являются главными осями инерции поперечного сече-
ния, а так как они проходят через центр тяжести сечения, то эти оси являются
главными центральными осями сечения.
Составим уравнение равновесия элемента в виде суммы моментов относи-
тельно оси Z:
0
z
z
А
m
уdAM
σ
=
⋅
⋅
−
=
∑∫
.
Получим
2
z
А
Е
M
уdA
ρ
=
⋅
∫.

168
Входящий в это выражение интеграл представляет собой осевой момент
инерции Iz поперечного сечения балки относительно главной центральной
оси Z. С учетом этого получим зависимость кривизны балки от изгибающего
момента.
1
z
z
М
EI
ρ
=
,
(5.5)
где z
EI – называется жесткостью балки при изгибе.
С учетом кривизны балки из выражения (5.4) получим зависимость для
нормальных напряжений:
z
z
М
у
I
σ=
⋅
,
(5.6)
где
z
M – изгибающий момент в данном сечении;
z
I – момент инерции сечения относительно нейтральной оси Z;
y – расстояние от точки, где определяется нормальное напряжение,
до нейтральной оси Z.
По зависимости (5.6) определяем нормальные напряжения, эпюра которых
для балки прямоугольного сечениям показана на рис. 5 .11, в. Из эпюры видно,
что во всех точках волокна, находящегося на расстоянии у от нейтральной оси,
возникают одинаковые напряжения. В крайних верхних и нижних волокнах на-
пряжения одинаковы по величине, но разные по знаку. При этом они достига-
ют максимальных значений. В общем случае если сечение несимметричное от-
носительно нейтральной оси, например, тавровое, то максимальное напряжение
будет в точке наиболее удаленной от нейтральной оси.
max
.
z
M
max
y
I
σ=
(5.7)
Если сечение симметрично относительно нейтральной оси (рис. 5 .13), то
наибольшие растягивающие и сжимающие напряжения одинаковы и определя-
ются по формуле
,
z
M
max
W
σ=
(5.8)
где
max
z
z
I
W
y
=
–
осевой момент сопротивления сечения при изгибе.
(5.9)
Рис. 5 .13

169
Для прямоугольного сечения шириной b высотой h :
2
6
z
bh
W=
.
Для круглого сечения диаметра d :
3
.
32
z
d
W
π
=
Для кольцевого сечения
()
3
4
1
,
32
z
d
W
π
α
=
−
где
0
d
d
α=
,
где 0
d и d – соответственно внутренний и наружный диаметры кольца.
5.5. Условия прочности по нормальным
напряжениям при изгибе
Для балок постоянного сечения из пластичных материалов при симмет-
ричных формах сечений условия прочности по допускаемым напряжениям и по
расчетному сопротивлению записываются так:
[]
max
max
,
z
M
W
σ
σ
=
≤
max
max
yc
z
M
R
W
σ
γ
=
≤⋅
,
(5.10)
где
max
M – максимальный изгибающий момент по модулю;
[ ]σ – допускаемое напряжение для материала.
Ry – расчетное сопротивление стали растяжению, сжатию, изгибу по пре-
делу текучести; cγ – коэффициент условия работы принимаемый из СНиП.
При расчете балок постоянного сечения из пластичных материалов при
несимметричных формах сечений (рис. 5 .14) условия прочности записываются
в следующем виде:
[]
max max
max
z
My
I
σ
σ
=
≤
или
[]
max max
max
z
My
I
σ
σ
=
≤
yc
Rγ
≤⋅
.
(5.11)
Для балок из хрупких материалов с сечениями, несимметричными относи-
тельно нейтральной оси, в случае, если эпюра М однозначна (рис. 5 .14), нужно
записать два условия прочности
[]
max
,max
, max
;
P
P
P
z
My
I
σ
σ
=
≤
или
[]
max
,max
, max
;
P
P
P
z
My
I
σ
σ
=
≤
t
c
Rγ
≤⋅;
(5.12)
[]
max
, max
, max
;
С
С
С
z
My
I
σ
σ
=
≤
или
[]
max
,max
,max
;
С
С
С
z
My
I
σ
σ
=
≤
c
c
Rγ
≤⋅
,

170
где ,max
P
y,
, max
C
y
–
расстояния от нейтральной оси до наиболее удалённых
точек соответственно растянутой и сжатой зон опасного сечения;
[]P
σи[]
C
σ – допускаемые напряжения соответственно на растяжение
и сжатие;
t
R,
с
R – расчетные сопротивления хрупкого материала соответственно
растяжению и сжатию.
Рис. 5 .14
Если эпюра изгибающих моментов имеет участки разных знаков
(рис. 5.15), то помимо проверки сечения 1-1, где действует max
M , необходимо
произвести расчет по наибольшим растягивающим напряжениям для сечения
2-2 (с наибольшим моментом противоположного знака).
Рис. 5 .15
5.6. Касательные напряжения в балке при поперечном изгибе
При чистом изгибе в поперечных сечениях балки возникают только нор-
мальные напряжения, которые приводятся к изгибающему моменту в сечении.
В случае поперечного изгиба в сечении балки возникает не только изгибающий
момент, но и поперечная сила, которая представляет собой равнодействующую
касательных распределенных сил, лежащих в плоскости сечения (рис. 5.16). Та-
ким образом, при поперечном изгибе возникают не только нормальные напря-
жения σ, но и касательные y
τ.
Касательные напряжения сопровождаются появлением угловых деформа-
ций. Поэтому поперечные сечения начинают искривляться, т.е . они не остаются
плоскими как при чистом изгибе.

171
y
Qy
MZ
y
P
dА
Z
Х
Рис. 5 .16
Z
A
М
ydA
σ
=
⋅
⋅
∫
y
y
A
Q
dA
τ
=
⋅
∫
Как показывает опыт, искривление сечений не сказывается на величине
нормальных напряжений и поэтому формулы будут справедливы и в случае по-
перечного изгиба при Q = const. Выведем расчетную формулу для определения
величин касательных напряжений при поперечном изгибе. При этом принимаем
допущения:
1) направление касательных напряжений параллельно их равнодействую-
щей поперечной силе Q;
2) касательные напряжения, действующие по площадкам, расположенным
на одном и том же расстоянии y от оси Z, равны между собой, т.е . по ширине
сечения касательные напряжения распределяются равномерно.
Наиболее просто касательные напряжения в поперечных сечениях балки
y
τ вычисляются через касательные напряжения x
τ , которые возникают в про-
дольных сечениях (рис. 5 .17). На основании закона парности эти напряжения
равны по величине.
Выделим из балки двумя сечениями элемент длиной dx (рис. 5 .17). При
поперечном изгибе моменты, возникающие в левом и правом сечениях элемен-
та, не одинаковы и отличаются на величину dMz.
На расстоянии y от оси Z проведем горизонтальное сечение и рассмотрим
условия равновесия верхней части (рис. 5.17, б). Равнодействующая нормаль-
ных напряжений в левом сечении в пределах заштрихованной площади Аотс
равна
1
11
OTC
А
N
dA
σ−
=
⋅
∫ или согласно формуле
1
1
OTC
Z
ZА
M
N
ydA
I
=
⋅
∫.
Полученный интеграл представляет собой статический момент относи-
тельно оси Z площади АОТС, расположенной выше продольного сечения. Обо-
значим его SZ
ОТС
. Тогда
1
ОТС
Z
Z
Z
MS
N
I
⋅
=
.
τ
σ

172
1
2
Qy
Qy
1
2
x
MZ+dMZ
MZ
dx
a
b
x
dx
d
c
σ1-1
2-2
y
m
n
y
z
dА
b(y)
y1
Аoтс
σ
a
d
c
N
2
с
N
1
b
T
Рис. 5 .17
Равнодействующая нормальных напряжений в правом сечении равна
(
)
2
OTC
Z
Z
Z
Z
MdMS
N
I
+
⋅
=
.
Так как 1
2
NN
≠ , то очевидно, что в продольном сечении возникают каса-
тельные напряжения, равнодействующую которых обозначим Т. При равно-
мерном распределении касательных напряжений по ширине сечения
()
x
T
bydx
τ
=
⋅
⋅
.
Элемент abcd (рис. 5 .17) под действием сил находится в равновесии. За-
пишем условие равновесия элемента:
0
Х=
∑;
1
2
0
NNT
−
+=
.
Подставляя значения 1
N,2
N иT,получим:
() ()
OTC
OTC
y
z
z
z
z
z
z
QS
dMS
dxIbyIby
τ
⋅
=
⋅
=
⋅
⋅
и, следовательно, касательные напряжения в поперечных сечениях балки
х
τ
у
τ
у
τ

173
()
OTC
y
z
y
z
QS
Iby
τ
⋅
=
⋅
.
(5.13)
Выведенная формула носит название формулы Д.И. Журавского. Она была
получена русским ученым прошлого века Д.И. Журавским, который впервые
дал общее исследование касательных напряжений при поперечном изгибе.
Рассмотрим общий порядок определения касательных напряжений на при-
мере прямоугольного сечения (рис. 5 .18), размеры которого известны как и ве-
личина поперечной силы.
m
n
Н
В
y
С
С0
y0
1
2
3
эп.
Рис. 5 .18
1. Вычисляем момент инерции сечения
3
12
Z
BH
I
⋅
=
.
2. Проводим параллельно нейтральной линии (ось Z ) линию обреза m-n
через точку, в которой определяем касательные напряжения.
3. Определяем статический момент
OTC
z
S отсеченной части сечения распо-
ложенный выше или ниже линии обреза m-n по формуле:
00
OTC
z
S
Ay
=
⋅
,
где 0
A – площадь отсеченной части выше (ниже) линии обреза m-n;
0
y – координата отсеченной части площади.
2
2
1
2
2
224
OTC
z
H
H
BH
S
yB
y
y



=
−
⋅
⋅
+⋅
=
⋅
−






.
(5.14)
4. Устанавливаем ширину сечения на уровне y – линии обреза m-n . Для
τ
max
3Q
2A
τ=

174
нашего случая ( )y
BB
=
.
5. Вычисляем касательные напряжения по формуле Д.И. Журавского
2
2
3
6
4
y
QHy
HВ
τ


⋅
=
⋅
−


⋅


Для характерных точек 1, 2, 3 соответственно 1 0
y=
,
2
2
H
y=
,
30
y=
. Мак-
симальные касательные напряжения
max
2
3
3
2
2
Q
Q
AH
A
τ
τ
=
=
⋅
=
⋅
⋅
.
Для круглого сечения формула Журавского справедлива только для каса-
тельных напряжений y
τ (рис. ).
m
n
yК
О
С
С0
y0
b(y)
Z
А0
y
х
maх =4Q/3А
Рис. 5 .19
Полные напряжения τ направлены по касательной (К-О), проходящей че-
рез точку (К), в которой определяются напряжения. Эти напряжения можно оп-
ределить посредством методов теории упругости. Максимальные напряжения
действуют на нейтральной оси (ось Z), определяются так же, как и выше.
Для половины сечения
2
3
2
8312
OTC
z
C
A
DDD
S
y
π
π
⋅
=
⋅
=
⋅
=
.
(5.16)
()y
bD
=
.
С учетом этого имеем
()
3
max
4
644
123
OTC
z
z
QS
QD
Q
Iby
DD
A
τ
π
⋅
⋅
⋅
=
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
.
Во многих случаях максимальные касательные напряжения возникают на
(5.15)
τ
τ
τ
τ

175
уровне нейтрального слоя балки (двутавр, швеллер, трубчатого сечения и др.) .
Однако имеется ряд сечений, у которых максимальные напряжения возникают
в точках, не совпадающих с нейтральной осью. Например, сечения: тавр, кре-
стообразное и т.п . В каждом конкретном случае необходимо производить рас-
чет для ряда точек сечения и по эпюре τ устанавливать max
τ.
5.7. Условия прочности по касательным напряжениям
Наряду с основным расчетом по нормальным напряжениям выполняется
проверка прочности балки по касательным напряжениям. Касательные напря-
жения в балке вычисляются по формуле Д.И. Журавского, а условия прочности
имеют вид:
()
[]
max
, max
max
OTC
Z
z
y
QS
Ib
τ
τ
⋅
=
≤
⋅
или
()
max
,max
max
OTC
Z
SC
z
y
QS
R
Ib
τ
γ
⋅
=
≤⋅
⋅
, (5.17)
где
max
Q – наибольшая по модулю поперечная сила;
[ ]τ – допускаемое касательное напряжение для материала;
0,58 /
S
yn
m
R
Rγ
≤
⋅
–
расчетное сопротивление сталь сдвигу;
yn
R – предел текучести стали;
m
γ – коэффициент надежности по материалу;
С
γ –коэффициент, учитывающий условия работы, определяется по СНиП.
Обычно размеры поперечного сечения балки определяются из условия
прочности по нормальным напряжениям, а по касательным напряжениям вы-
полняется проверочный расчет. Необходимо заметить, что проверка прочности
балок, изготовленных из прокатных профилей типа швеллер, двутавр, по каса-
тельным напряжениям, как правило, проходит с большим запасом, если прошла
проверка прочности по нормальным напряжениям.
Однако проверка прочности балок по касательным напряжениям произво-
дится в обязательном порядке для коротких балок и балок любой длины, если
вблизи опор имеются сосредоточенные силы большой величины, а также для
деревянных, клепаных и сварных балок.
Рациональная форма поперечных сечений при изгибе балок
Для балок из пластичных материалов наиболее рациональными являются
симметричные формы сечений (двутавровое, коробчатое, кольцевое и т.д .) . При
этом рациональным для пластичных материалов считается такое сечение, кото-
рое обладает наибольшим значением
,
=
ξξξξ Z
W
A
в этом случае расход материала
будет минимальным.
Для балок из хрупких материалов, неодинаково сопротивляющихся растя-
жению и сжатию, рациональными являются сечения, несимметричные относи-
тельно нейтральной оси z типа: тавровое, П-образное, несимметричный дву-
тавр, корытообразное и другие. При этом рациональными будут такие сечения,

176
у которых одновременно максимальные напряжения в растянутой зоне равны
допускаемым:
[]
, max
Р
Р
σ
σ
=
и в сжатой зоне –
[]
,max
С
С
σ
σ
=
, или, как следует из
формулы (5.12),
[]
[]
,max
,max
.
Р
P
С
C
y
y
σ
σ
=
Условия прочности по касательным напряжениям
Наряду с основным расчетом по нормальным напряжениям в ряде случаев
приходится делать проверку прочности балки по касательным напряжениям.
Касательные напряжения в балки вычисляются по формуле Д. И. Журавского:
()
,
omc
z
z
у
QS
Ib
τ
⋅
=
⋅
(5.13)
где Q – поперечная сила в рассматриваемом поперечном сечении балки;
отс
z
S – статический момент относительно нейтральной оси площади части
сечения, расположенной по одну сторону прямой, проведенной через дан-
ную точку и параллельной оси z;
b(у) – ширина сечения на уровне рассматриваемой точки;
z
I – момент инерции всего сечения относительно нейтральной оси z.
Во многих случаях максимальные касательные напряжения возникают на
уровне нейтрального слоя балки (прямоугольник, двутавр, круг). В таких слу-
чаях условие прочности по касательным напряжениям записывается в виде
[]
max
, max
max
()
omc
z
z
у
QS
Ib
τ
τ
⋅
=
≤
⋅
,
или
[]
max
,max
max
()
omc
z
z
у
QS
Ib
τ
τ
⋅
=
≤
⋅
Rs·γc,
(5.14)
где
max
Q – наибольшая по модулю поперечная сила;
[ ]τ – допускаемое касательное напряжение для материала;
Rs 0,58 /
yn
m
Rγ
≤
⋅
–
расчетное сопротивление стали сдвигу;
yn
R – предел текучести стали,
m
γ – коэффициент надежности по материалу;
,max
отс
z
S – статический момент половины площади поперечного сечения отно-
сительно нейтральной оси.
Обычно размеры поперечного сечения балки определяются из условия
прочности по нормальным напряжениям. Проверка прочности балок по каса-
тельным напряжениям производится в обязательном порядке для коротких ба-
лок и балок любой длины, если вблизи опор имеются сосредоточенные силы
большой величины, а также для деревянных, клёпаных и сварных балок.

177
5.8. Примеры расчета на прочность по нормальным
и касательным напряжениям при изгибе балок
Пример 5.6
Проверить прочность балки коробчатого сечения (рис. 5.20) по нормаль-
ным и касательным напряжениям, если [ ] 160
σ=
МПа,[]100
τ=
МПа.
Построить эпюры σ и τ в опасном сечении балки.
Рис. 5 .20
Решение:
1. Построение эпюр Q и М по характерным сечениям. Рассматривая левую
часть балки, получим:
15
A
Q=
кН,
15
C
Q=−
кН.
Эпюра поперечных сил представлена на рис. 5.20, в.
0;
A
M=
152102110
лeв
B
M=
⋅
−
⋅
⋅
=
кНм;
102818
np
B
M=
−
=−
кНм;
1531031,528 28
лeв
C
M=
⋅
−
⋅
⋅
−
=−
кНм;
При
15
1,5
K
x
q
=
=
м имеем
15 1,5 10 1,5 0,75 11,25
K
M=
⋅
−
⋅
⋅
=
кНм.
Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 5 .20, г.
2. Геометрические характеристики поперечного сечения:
а
в
г
б

178
3
3
812 66
1044
12
12
z
I
⋅
⋅
=
−
=
см
4
;
max
1044
174
6
z
z
I
W
y
=
=
=
см
3
.
3. Наибольшие нормальные напряжения в сечении С, где действует
max
M
(по модулю):
3
6
max
max
6
2
28 10
161 10
161
174 10
z
M
H
W
м
σ
−
⋅
=
=
=
⋅
=
⋅
МПа.
Максимальные нормальные напряжения в опасном сечении балки практически
равны допускаемым.
4. Наибольшие касательные напряжения возникают в сечении С (или А),
где действует наибольшая поперечная сила max
Q (по модулю):
5. Максимальное касательное напряжение определяем по формуле:
6.
[]
3
6
max
,max
6
max
8
2
2
1510 11710
8,4 10
8,4
104410 210
omc
z
z
QS
H
МПа
Ib
м
τ
τ
−
−
−
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
=
⋅
=
<
⋅
⋅
⋅
⋅
.
Здесь ,max
683631,5117
отс
z
S=
⋅
⋅
−
⋅
⋅
=
см
3
–
статический момент площади полусе-
чения относительно нейтральной оси;
2
b = см – ширина сечения на уровне ней-
тральной оси.
5. Касательные напряжения в точке (в стенке) в сечении С:
1
3
6
6
max
8
2
2
1510 10810
7,8 10
7,8
104410 210
omc
z
K
z
QS
H
Ib
м
τ
−
−
−
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
=
⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
МПа.
Здесь
834,5108
omc
z
S=⋅⋅
=
см
3
–
статический момент площади
части сечения, расположенной
выше линии, проходящей через
точку
1
K;
2
b= см – толщина
стенки на уровне точки
1
K.
Эпюры σ и τ для сечения С
показаны на рис. 5 .21.
Рис. 5 .21

179
Пример 5.7
Для балки, показанной на рис. 5 .22, а, требуется:
1. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов по харак-
терным сечениям (точкам).
2. Определить размеры поперечного сечения в виде круга, прямоугольника
и двутавра из условия прочности по нормальным напряжениям, сравнить пло-
щади сечений.
3. Проверить подобранные размеры сечений балок по касательным напря-
жения.
Дано: [ ] 160
σ=
МПа;[] 100
τ=
МПа;
2
h
b=
.
Рис. 5 .22
Решение:
1. Определяем реакции опор балки
4050,580
60;
A
B
m
V
=
⋅
⋅
+−
⋅
=
∑
64055,5800,
B
A
mV
=
⋅
−
⋅
⋅
+=
∑
откуда
170
A
V=
кН;
30
B
V=
кН.
Проверка:
Составляем уравнения равновесия статики в форме суммы проекций всех
сил на ось Y.
170304050
y=
+−
⋅
=
∑
2. Построение эпюр Q и М. Значения поперечных сил в характерных сече-
ниях балки

180
0;
C
Q=
402 80
лeв
A
Q=−
⋅
=−
кН;
80 170 90
np
A
Q=−
+
=
кН;
30
D
Q=−
кН;
30
лeв
B
Q=−
кН.
На участках CA и AD интенсивность нагрузки q = const. Следовательно, на
этих участках эпюра Q ограничивается прямыми, наклонными к оси. На участ-
ке DB интенсивность распределенной нагрузки q = 0, следовательно, на этом
участке эпюра Q ограничивается прямой, параллельной оси х. Эпюра Q для
балки показана на рис. 5.22, б. Значения изгибающих моментов в характерных
сечениях балки:
0;
C
M=
4021 80
A
M=−
⋅
⋅
=−
кНм;
4052,5170310
лeв
D
M=−
⋅
⋅
+
⋅
=
кНм;
108090
np
D
M=+
=
кНм;
0.
B
M=
На втором участке определяем абсциссу 0x сечения, в котором Q = 0:
2
2
0
2
40 170 0;
dM
Q
x
dx
=
=−
+
=
0 4,25
x=
м.
Максимальный момент на втором участке
()()
2
2,max
40 4,25
170 4,25 2 21,3
2
M
⋅
=−
+
−
=
кНм.
Эпюра М для балки показана на рис. 5.22, в.
2. Составляем условие прочности по нормальным напряжениям
[]
max
max
z
M
W
σ
σ
=
≤,
откуда определяем требуемый осевой момент сопротивления сечения
[]
3
6
max
6
90 10
562, 5 10
160 10
z
M
W
σ
−
⋅
=
=
=
⋅
⋅
м
3
;
из выражения
3
32
z
d
W
π
=
определяемый требуемый диаметр d балки круглого
сечения
6
2
3
3
32
32 562,5 10
18 10
3,14
z
W
d
π
−
−
⋅
⋅
=
=
=
⋅
м =18 см.

181
Площадь круглого сечения
2
2
1
0,785 18 254,3
4
d
A
π
=
=
⋅
=
см
2
.
Для балки прямоугольного сечения
2
,
6
z
bh
W=
или при 2;
h
b
=
3
12
z
h
W=
.
Требуемая высота сечения
6
2
3
312
12 562,5 10 19 10
z
h
W
−
−
=
=
⋅
⋅
=
⋅
м =19см; 9,5
b= см.
Площадь прямоугольного сечения
2
9,5 19 180
Abh
=
=
⋅
=
см
2
.
Определяем требуемый номер двутавровой балки. По таблицам ГОСТ
8239-89 находим ближайшее большее значение осевого момента сопротивления
597
z
W=
см
3
,
которое соответствует двутавру No 33 с характеристиками:
2
53,8
A
см
=
,
9840
z
I=
см
4
.
Проверка:
597 562,5
100% 6%
562, 5
−
⋅
=
(недогрузка на 1 % от допустимого 5 %) бли-
жайший двутавр No 30 ( 472
W=
см
3
) приводит к значительной перегрузке (бо-
лее 5%). Окончательно принимаем двутавр No 33.
Сравниваем площади круглого и прямоугольного сечений с наименьшей
площадью А двутавра:
1
1
3
254, 3
4, 73
53,8
A
C
A
=
=
=
;
2
2
3
180
3, 35
53,8
A
C
A
=
=
=
.
Из трех рассмотренных сечений наиболее экономичным является двутав-
ровое сечение.
3. Вычисляем наибольшие нормальные напряжения в опасном сечении
двутавровой балки (рис. 5 .23, а):
3
max
max
6
90 10
151
597 10
z
M
W
σ
−
⋅
=
=
=
⋅
МПа.

182
Рис. 5 .23
Нормальные напряжения в стенке около полки двутаврового сечения балки
()
3
max
2
8
90 10 0,33
0, 0112 141
2
9840 10
2
z
Mh
t
I
σ
−
⋅



=
−
=
−
=



⋅



МПа.
Эпюра нормальных напряжений в опасном сечении балки показана
на рис. 5.23, б.
5. Определяем наибольшие касательные напряжения для подобранных се-
чений балки.
а) прямоугольное сечение балки:
3
6
max
max
4
2
3
39010
7,5 10
7,5
2
218010
Q
H
A
м
τ
−
⋅
⋅
=
=
=
⋅
=
⋅
⋅
МПа.
б) круглое сечение балки:
3
6
max
max
4
2
4
49010
4,6 10
4,6
3
326010
Q
H
A
м
τ
−
⋅
⋅
=
=
=
⋅
=
⋅
⋅
МПа.
в) двутавровое сечение балки:
3
6
max
,max
6
max
8
2
9010 33910
44,3 10
44,3
9840 10 0, 007
omc
z
z
QS
H
Ib
м
τ
−
−
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
=
⋅
=
⋅
⋅
⋅
МПа.
Касательные напряжения в стенке около полки двутавра в опасном сече-
нии А (справа) (в точке 2):

183
()
3
6
max
max
,
2
8
910 25010
2
32, 6
9840 10 0, 007
omc
z noлкu
z
z
ht
Qbt
QS
Ib
IS
τ
−
−
−

⋅

⋅
⋅
⋅
⋅

=
=
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
МПа.
Эпюра касательных напряжений в опасных сечениях двутавра показана на
рис. 5 .23, в. Максимальные касательные напряжения в балке не превышают до-
пускаемых напряжений [ ]τ .
Пример 5.8
Определить допускаемую нагрузку на балку (рис. 5.24, а), если
[]160
σ=
МПа, размеры поперечного сечения заданы (рис. 5.25, а).
Построить эпюру нормальных напряжений в опасном сечении балки при
допускаемой нагрузке.
Рис. 5 .24
1. Определение реакций опор балки. Ввиду симметрии системы
8
A
B
VVqa
=
=
.
2. Построение эпюр Q и M по характерным сечениям. Поперечные силы в
характерных сечениях балки:
3;
np
C
Q
qa
=−
4;
лeв
A
Q
qa
=−
4;
np
A
Qqa
=
4;
лeв
B
Q
qa
=−
4;
np
B
Qqa
=
3.
лeв
D
Qqa
=
Эпюра Q для балки показана на рис. 5.24, б.
Изгибающие моменты в характерных сечениях балки
0;
C
M=
2
2
2
3
0,5
3,5 ;
A
M
qa
qa
qa
=−
−
=−
2
2
2
2
max
15
32
12, 5
4,5
.
II
M
M
qa
qa
qa
qa
−
=
=−
+
−
=

184
Для второй половины балки ординаты М – по осям симметрии. Эпюра М
для балки показана на рис. 5 .24, б.
3. Геометрические характеристики сечения (рис. 5 .25).
Разбиваем фигуру на два простейших элемента: двутавр – 1 и прямоугольник – 2.
Рис. 5 .25
По сортаменту для двутавра No 20 имеем
1
1840
z
I=
см
4
;126,8
A=
см
2
.
Для прямоугольника:
2
3
10, 667
12
z
bh
I==
см
4
;2
32
Abh
=
=
см
2
.
Статический момент площади сечения относительно оси 1z :
1
11
22 016211352
z
SAyAy
=
+
=
+⋅⋅
=
см
3
.
Расстояние от оси 1z до центра тяжести сечения
1
11
22
1
2
352
6
58,8
z
C
SAyAy
y
A
AA
+
=
=
=
=
+
см.
Момент инерции сечения относительно главной центральной оси Z всего
сечения по формулам перехода к параллельным осям
()()(
)(
)
1
2
2
2
2
2
4
11
22
1840 6 26,8 10,667 5 32 3616 см .
I
II
I
I
z
z
z
z
z
III
IaAIaA
=
+=
+
+
+
=
+⋅
+
+⋅
=
4. Условие прочности по нормальным напряжениям для опасной точки
«а» (рис. 5 .25) в опасном сечении I (рис. 5.24):
y
m
a
x

185
[]
max max
max
a
z
My
I
σσ
σ
=
=
≤.
После подстановки числовых данных
2
6
8
4,5
0,16
160 10
160
3616 10
ql
Па
МПа
−
⋅
⋅
=
⋅
=
⋅
Получим
[]
3
8,04 10
8,04 .
Н
кН
q
м
м
=
⋅
=
5. При допускаемой нагрузке [ ]q в опасном сечении нормальные напря-
жения в точках «а» и «b» будут равны:
32
max
8
4,5 8,04 10 1 0,16
max
160
;
3616 10
a
a
P
z
My
МПа
I
σ
σ
−
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
=
=
⋅
32
max
8
36,18 10 1 0,06
max
60
.
3616 10
b
b
СЖ
z
My
МПа
I
σ
σ
−
⋅
⋅
⋅
=
=
=
=
⋅
Эпюра нормальных напряжений для опасного сечения 1-1 показана
на рис. 5.25, б.
Пример 5.9
Определить требуемые размеры поперечного сечения чугунной балки
(рис. 5 .26.), предварительно выбрав рациональное расположение сечения.
Принять [ ] 40
P
σ=
МПа;[ ] 120
C
σ=
МПа.
Рис. 5 .26.
а
в
г
б

186
Решение:
1. Определение реакций опор балки
0;
A
m=
∑ 3,411,43
30;
B
V
⋅
+⋅
−
⋅
=
0;
B
m=
∑
2 3,411,41 0
A
V⋅
−
⋅
+⋅=
,
отсюда
1
A
V= кН;
3,8
B
V=
кН.
2. Построение эпюр Q и М. Эпюры представлены на рис. 5 .26, в, г. Наи-
больший (по модулю) изгибающий момент возникает в сечении «b». В этом се-
чении растянутые волокна расположены вверху. Большая часть материала
должна располагаться в растянутой зоне. Следовательно, рационально распо-
ложить сечение балки так, как показано на рис. 5 .26, б.
3. Определение положения центра тяжести сечения (по аналогии с преды-
дущим примером):
'
11
22
1
2
7,67 .
z
C
SAyAy
y
A
AA
δ
+
=
=
=
+
4. Определение момента инерции сечения относительно нейтральной оси:
()()()()
1
2
3
2
2
2
2
11
22
82
3,33 16
12
z
z
z
IIaAIaA
δδ
δ
δ
⋅
=
+
+
+
=
+
⋅
+
()()
3
2
2
4
210
2,67 20 492 .
12
δδ
δ
δ
δ
⋅
+
+
⋅
=
5. Определение требуемых размеров сечения балки из условия прочности
по нормальным напряжениям.
Обозначим
4,33 ;
m
y
δ
=
7, 67
n
y
δ
=
соответственно расстояния от ней-
тральной оси до наиболее удаленных точек в зонах растяжения и сжатия (для
сечения В):
4, 33
0,56;
7, 67
m
n
y
y
=
=
[]
[]
40
0, 33.
120
P
C
σ
σ
=
=
Так как
[]
[]
P
m
n
C
y
y
σ
σ
>
, то опасными являются точки растянутой зоны, наиболее
удаленные от нейтральной оси. Составляем условие прочности для точки m в
сечении В:

187
Рис. 5 .27
[]
max
max m
P
m
P
z
My
I
σσ
σ
=
=
≤
или после подстановки числовых значений
3
6
4
1,4 10 4,33
4010 ,
492
Па
δ
δ
⋅
⋅
=
⋅
отсюда
3
6,75 10 .
м
δ
−
=
⋅
При этом напряжения в точке n, наиболее удалённой от нейтральной оси в
сжатой зоне (в сечении В), будут
()
()
[]
3
3
max
4
3
1,4 10 7,67 6,75 10
max
71
492 6,75 10
n
C
n
C
z
My
I
σσ
σ
−
−
⋅
⋅
⋅
=
=
=
=
<
⋅
МПа.
Эпюра M неоднозначна. Необходимо проверить прочность балки в сечении
С. Здесь момент
,
C
B
MM
<
но растягиваются нижние волокна. Опасной точ-
кой будет точка n:
[]
max
max
n
P
n
P
z
My
I
σσ
σ
=
=
≤
или
3
6
4
1 10 7,67
40 10
492
δ
δ
⋅
⋅
=
⋅
Па,
отсюда
3
7,3 10
δ
−
=
⋅
м.
При этом напряжения в точке m будут
()
()
[]
3
3
4
3
110 7,677,310
max
22
492 7,3 10
Cm
СЖ
m
C
z
My
I
σ
σ
σ
−
−
⋅
⋅
⋅
=
=
=
=
<
⋅
МПа.
Из расчётов окончательно принимаем
3
7,3 10
δ
−
=
⋅
м =7,3 мм.
Эпюра нормальных напряжений для
опасного сечения С показана на рис. 5 .27 .

188
5.9. Главные напряжения при изгибе. Полная проверка
прочности балок
Выше рассмотрены примеры расчета балок на прочность по нормальным и
касательным напряжениям. В подавляющем большинстве случаев этого расчета
достаточно. Однако в тонкостенных балках двутаврового, таврового, швеллер-
ного и коробчатого сечений в месте соединения стенки с полкой возникают
значительные касательные напряжения. Это имеет место в тех случаях, когда к
балке приложена значительная поперечная сила и есть сечения, в которых M и
Q одновременно велики. Одно из таких сечений будет опасным и проверяется
по главным напряжениям с применением одной из теорий прочности. Проверка
прочности балок по нормальным, касательным и главным напряжениям носит
название полной проверки прочности балок. Такой расчет рассматривается ни-
же. Основным является расчет балки по нормальным напряжениям. Условие
прочности для балок, материал которых одинаково сопротивляется растяжению
исжатию([][][])
p
c
σ
σ
σ
=
=
, имеет вид
max
max
[]
z
M
W
σ
σ
=
≤ или
max
max
[]
z
M
W
σ
σ
=
≤
yc
Rγ⋅
,
(5.18)
где max
M ─ максимальный изгибающий момент (по модулю), взятый из эпюры
M;z
W ─ осевой момент сопротивления сечения относительно нейтральной оси
балки; [ ]
σ ─ допускаемое нормальное напряжение для материала. Из условия
прочности (1) определяют необходимые размеры поперечного сечения балки.
Подобранные размеры сечения балки проверяются по касательным напря-
жениям. Условие прочности по касательным напряжениям имеет вид (формула
Д. И. Журавского):
max
max
[]
omc
z
z
QS
Ib
τ
τ
⋅
=
≤
⋅
или
max
max
[]
omc
z
z
QS
Ib
τ
τ
⋅
=
≤
⋅
s
c
Rγ⋅
,
(5.19)
где max
Q ─ максимальная поперечная сила, взятая из эпюры Q ;
.
отс
z
S ─ста-
тический момент (относительно нейтральной оси) отсеченной части поперечно-
го сечения, расположенной по одну сторону от уровня, на котором определяют-
ся касательные напряжения; zI ─ момент инерции всего поперечного сечения
относительно
нейтральной оси; b ─ ширина сечения балки на том уровне,
где определяются касательные напряжения; [ ]
τ ─ допускаемое касательное на-
пряжение материала при изгибе.
Проверка прочности по нормальным напряжениям относится к точке, наи-
более удаленной от нейтральной оси в сечении, где действует
max
M . Проверка
прочности по касательным напряжениям относится к точке, расположенной на
нейтральной оси в сечении, где действует max
Q . В балках с тонкостенным сече-
нием (двутавр и др.) опасной может оказаться точка, расположенная в стенке в

189
сечении, где одновременно велики M и Q . В этом случае проверка прочности
производится по главным напряжениям.
Главные и экстремальные касательные напряжения определяются по ана-
литическим зависимостям, полученным из теории плоского напряженного со-
стояния тел:
2
2
1,3
1
4
22
σ
σ
σ
τ
=
±
+
;
(5.20)
2
2
max
min
1
4
2
τ
σ
τ
=±
+
.
(5.21)
Угол наклона главных площадок определяется по формуле
0
2
2
x
tg
τ
α
σ
=
.
(5.22)
Имея величины главных напряжений, составляют условия прочности по
той или иной теории прочности.
Например:
По третьей теории наибольших касательных напряжений имеем
()
1
3[]
экв III
σ
σσ
σ
=
−
≤ или
()
1
3[]
экв III
σ
σσ
σ
=
−
≤
yc
Rγ⋅
.
После подстановки значений главных напряжений окончательно
получаем
2
2
()
1
3
4[]
экв III
σ
σσ
σ
τ
σ
=
−
=
+
≤
или
2
2
()
1
3
4[]
экв III
σ
σσ
σ
τ
σ
=
−
=
+
≤
()
1
3[]
экв III
σ
σσ
σ
=
−
≤
yc
Rγ⋅
.
(5.23)
По четвертой энергетической теории прочности условие прочности имеет
вид
2
2
()
3[]
экв IV
σ
σ
τ
σ
=
+
≤
или
2
2
()
3[]
экв IV
σ
σ
τ
σ
=
+
≤
yc
Rγ⋅
(5.24)
Из формул (6.6) и (6.7) видно, что расчетное напряжение экв
σ зависит от σ
и τ . Следовательно, проверке подлежит элемент материала балки, для которого
σ и τ будут одновременно велики. Это осуществляется в таких случаях:
1) изгибающий момент и поперечная сила достигают наибольшего значе-
ния в одном и том же сечении;
2) ширина балки резко меняется вблизи краев сечения (двутавр и др.) .
Если указанные условия не имеют места, то необходимо рассмотреть не-

190
сколько сечений, в которых могут возникнуть наиболее высокие значения экв
σ.
Пример 5.10
Сварная балка двутаврового поперечного сечения пролетом l = 5 м, сво-
бодно опертая по концам, нагружена равномерно распределенной нагрузкой
интенсивности q и сосредоточенной силой
5
Pqa
=
, приложенной на расстоя-
нии а = 1 м от правой опоры (рис. 5.28).
Определить допускаемую нагрузку на балку из условия прочности по нор-
мальным напряжениям и проверить по касательным и главным напряжениям по
4-й (энергетической) теории прочности. Построить эпюры в опасном сечении
по главным напряжениям и исследовать напряженное состояние элемента, вы-
деленного в стенке около полки в указанном сечении. Допускаемое напряжение
на растяжение и сжатие:
при изгибе [ ]
σ =160МПа;
инасдвиг[]
τ =100МПа.
Рис. 5 .28
Решение:
1. Определение реакций опор балки:
5
52,55
0
B
А
mV
aq
a
a qaa
=
⋅
⋅
−
⋅
⋅
⋅
−
⋅
⋅
=
∑
;
52,55
4
50
A
B
m
qaaqaaV
a
=
⋅
⋅
+⋅⋅
−
⋅
=
∑
;
3,5
A
V
qa
=
⋅
,
6,5
B
V
qa
=
⋅
.
Проверка:
3,5
6,5
550
Y
qa
qaqaqa
=
⋅
+
⋅
−
⋅
−
=
∑
.
2. Построение эпюр M и Q по характерным сечениям (точкам):

191
3,5
A
Q
qa
=
⋅
;
3,5
4
0,5
C
Q
qaqa
qa
=
⋅
−
⋅
=−
⋅
;
3,5
4
5
5,5
D
Q
qaqaqa
qa
=
⋅
−
⋅
−
⋅
=−
⋅
;
6,5
B
Q
qa
=−
⋅
;
0
A
B
MM
=
=
;
2
3,5
4
426
C
D
MM
qaaqaaqa
=
=
⋅
⋅
−
⋅
⋅
=
⋅
;
При 3,5
x
a
=
,
2
max
3,5 3,5
3,5 1,75 6,125
M
qaaq
a
a
qa
=
⋅
⋅
−
⋅
⋅
=
⋅
.
3. Вычисление геометрических характеристик сечения балки.
а) осевой момент инерции сечения относительно нейтральной оси z :
3
3
3
3
4
1
( ) 17 50 (17 0,95) 46,96
39290 ;
12
12
12
12
z
bhbdh
I
см
−
⋅
−
⋅
=
−
=
−
=
б) осевой момент сопротивления относительно нейтральной оси z :
3
max
39290
1570 .
25
z
z
I
W
см
y
=
=
=
4. Определение допускаемой нагрузки на балку из условия прочности по
нормальным напряжениям:
6
6
[ ][] 16010 157010 251200 ;
z
M
W
Нм
σ
−
=
⋅
=
⋅
⋅
⋅
=
max
[]
M
M
=
, 6,125 251200 .
q
Нм
=
Допускаемая нагрузка на балку
251200
[]
41012
41
6,125
Н
кН
q
м
м
=
=
≈
Н
кН
41012
41.
м
м
≈
5. Проверка прочности балки по касательным напряжениям по формуле
Д.И. Журавского
.
max
,max
max
[]
отс
z
z
QS
Ib
τ
τ
⋅
=
≤
⋅
.
Статический момент полусечения двутавра относительно нейтральной оси z :
.
11
, max
3
17 1,52 24,24 0,95 23,48 11,74
22
24
626 262 888
отс
z
ht
hh
S
bt
d
см

=
⋅
−
+
⋅
=
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=


=
+
=
3
626 262 888 .
см
=
+
=

192
Ширина сечения на уровне точки 3:
0, 95
bd
см
=
=
0,95 см.
Максимальная поперечная сила
3
3
max
6,5[] 6,54110 1 266,510 .
Q
qa
НН
=
⋅
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
.
Максимальные касательные напряжения в балке
3
6
6
max
8
2
2
266,5 10 888 10
63,4 10
63, 4
[]
39290 10 0, 95 10
Н
МПа
м
τ
τ
−
−
−
⋅
⋅
⋅
=
=
⋅
=
<
⋅
⋅
⋅
[]
2
Н
63,4МПа τ .
м
=
<
6. Проверка прочности балки по главным напряжениям. Опасным по глав-
ным напряжениям является сечение D (рис. 5 .28), в котором одновременно ве-
лики M и Q , а опасными точками в этом сечении являются точки 2 и 4, где
одновременно велики σ и τ (рис. 5.29). Для точек 2 и 4 производим проверку
прочности по главным напряжениям, используя 4-ю теорию прочности:
2
2
()
(2)
(2)
3
[]
экв IV
σ
σ
τ
σ
=
+
≤,
где (2)
σи(2)
τ ─ нормальные и касательные напряжения в точке 2(4) соот-
ветственно
(рис.
5.29). Для
сечения
D изгибающий
момент
[]2
6
246кН м
D
М
qa
=
⋅
=
⋅
, а координата точки 2 равна
2
2 23,48 10
y
м
−
=
⋅
м.
Рис. 5 .29
С учетом этого определяем напряжения в точке 2

193
3
2
6
2
(2)
8
2
246 10 23,48 10
147 10
147
39290 10
D
z
My
Н
МПа
I
м
σ
−
−
⋅
−
⋅
⋅
⋅
=
=
=−
⋅
=−
⋅
2
Н
-147 МПа
м
=
,
3
6
()
6
(2)
8
2
2
225,5 10 626 10
37,8 10
37,8
,
39290 10 0,95 10
D
z полки
z
QS
Н
МПа
Ib
м
τ
−
−
−
⋅
−
⋅
⋅
⋅
=
=
=−
⋅
=−
⋅
⋅
⋅
⋅
где()
z полки
S
─ статический момент полки относительно нейтральной оси z .
3
()
( ) 171,5224,24 626 .
2
z полки
bth t
S
см
⋅
−
=
=
⋅
⋅
=
0, 95
bd
см
=
=
0,95 см ─ ширина сечения по линии, проходящей через точ-
ку 3.
3
3
5,5
5,54110 1 225,510
D
Q
qa
Н
=−
⋅
=−
⋅
⋅
⋅
=−
⋅
Н.
Эквивалентные напряжения по 4-й теории прочности в точке 2 сечения D :
2
2
2
2
()
(2)
(2)
3
147 3 37,8 161
[]160
экв IV
МПа
МПа
σ
σ
τ
σ
=
+
=
+⋅
=
≅
=
[]
161 МПа σ 160 МПа.
≅
=
Условие прочности по 4-й теории прочности удовлетворяется.
7. Построение эпюр нормальных, касательных, главных и экстремальных
касательных напряжений в опасном сечении D (по главным напряжениям).
а) вычисляем напряжения σ , τ ,
max
min
σ,
max
min
τ в пяти характерных
точках (1-5) сечения D по соответствующим формулам.
Точка 1
3
2
6
1
(1)
8
2
24610 2510
156 10
156,5
;
39290 10
D
z
My
Н
МПа
I
м
σ
−
−
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=−
=−
⋅
=−
⋅
(1) 0
τ=;
(1)
2
2
2
max
(1)
(1)
min
1
156,5 1
4
156,5 ( 78,25 78,25)
;
22
22
МПа
σ
σ
σ
τ
=
±
+
=−
±
=−
±
max
10
σ
σ
=
=
,
min
3
156,5 МПа
σ
σ
=
=−
МПа;
2
2
max
(1)
(1)
min
1
4
78, 25
.
2
МПа
τ
σ
τ
=±
+
=±
Точка 2 (в стенке)
Ранее были вычислены значения нормальных и касательных напряжений в
точке 2.

194
Находим главные и экстремальные касательные напряжения в этой же точ-
ке 2 по формуле:
(2)
2
2
2
2
max
(2)
(2)
min
1
147 1
4
147 4 37,8
22
22
σ
σ
σ
τ
=
±
+
=−
±
+⋅
;
max
9МПа
σ=
9 МПа,
min
156МПа
σ=−
–156 МПа.
Точка 3. Нормальные и касательные напряжения в точке 3:
30
σ=;
.
3
6
,max
6
max
8
2
2
225,5 10 888 10
53,6 10
53, 6
.
39290 10 0, 95 10
отс
D
z
z
QS
Н
МПа
Ib
м
τ
−
−
−
⋅
−
⋅
⋅
⋅
=
=
=−
⋅
=−
⋅
⋅
⋅
⋅
Главные и экстремальные касательные напряжения в точке 3:
(3)
2
2
max
(3)
(3)
min
1
4
53, 6
;
22
МПа
σ
σ
σ
τ
=
±
+
=±
2
2
max
(3)
(3)
min
1
4
53, 6
.
2
МПа
τ
σ
τ
=±
+
=±
Аналогично находятся напряжения в точках 4 и 5. По получаемым данным
строимэпюрыσ,τ,
max
min
σ,
max
min
τ (рис. 5.30).
8. Напряженное состояние элемента, выделенного в окрестности точки 2 в
сечении D , представлено на рис. 5 .30, угол наклона главных площадок:
0
2 237,8
2
0, 514
149
x
tg
τ
α
σ
⋅
=
=
=−
−
;
0
2
27o
α=−
,
0
13 30'
o
α=−
.
σ = -147 МПа;
τх = -τу=37,8МПа;
σ1=9МПа;
σ3 = -156 МПа;
α0 = -13o30’;
Угол отрицательный откладываем
по часовой стрелке от направления σ.
Площадки abcd являются главными площадками, на которых касательные
напряжения равны нулю.
Рис. 5 .30
b
c
a
d

195
5.10. Понятие о центре изгиба
Как было указано выше, касательные напряжения в поперечных сечениях
тонкостенных стержней при изгибе (например, двутавра или швеллера) опреде-
ляются по формуле
ОТС
УZ
Z
QS
Jb
τ=
.
На рис. 5 .23 изображены эпюры касательных напряжений в двутавровом
сечении. Аналогично можно построить эпюру касательных напряжений также
для швеллера (рис. 5 .31). Рассмотрим случай, когда швеллер заделан в стену, а
на другом конце загружен силой Р, приложенной в центре тяжести сечения.
Рис. 5 .31
Общий вид эпюры τ в каком-либо сечении показан на рис. 5.31, а. В верти-
кальной стенке возникают касательные напряжения τу. В результате действия
напряжений τу возникает суммарная сдвигающая сила Т2 (рис. 5 .31, б). Если
пренебречь касательными напряжениями τу в полках, то можно записать при-
ближённое равенство
2
Y
ТQ
=
.
В горизонтальных полках возникают касательные напряжения τх, которые
направлены по горизонтали. Наибольшее касательное напряжение в полке τx max
равно

196
1
max
1
ОТС
Y
x
Z
QS
J
τ
δ
=
.
Здесь 1
ОТС
S – статический момент площади полки относительно оси Оz:
1
1
11
2
ОТС
h
S
bδ
=
.
Следовательно,
1
11
max
11
1
2
2
Y
Y
x
Z
Z
h
Qb
Qbh
J
J
δ
τ
δ
=
=
.
Суммарная сдвигающая сила в полке определится как площадь эпюры ка-
сательных напряжений, умноженная на толщину полки:
2
max11
1
111
2
4
x
Y
Z
bQ
Т
bh
J
τδ
δ
=
=
.
На нижнюю полку действует точно такая же сдвигающая сила, как и на
верхнюю, но она направлена в обратную сторону.
Две силы Т1 образуют пару с моментом:
22
1
11
111
4
Y
Z
Q
МТh
bh
J
δ
=
=
.
(5.25)
Таким образом, вследствие касательных напряжений τу и τх возникают три
внутренние касательные силы, которые показаны на рис. 5 .31, б. Из этого ри-
сунка видно, что силы Т1 и Т2 стремятся повернуть сечение швеллера относи-
тельно центра тяжести в одну и ту же сторону.
Рис. 5 .31
Следовательно, в сечении швеллера возникает внутренний крутящий мо-
мент, направленный по ходу часовой стрелки. При изгибе швеллерной балки
силой, приложенной в центре тяжести сечения, балка одновременно и закручи-

197
вается. Три касательные силы можно привести к главному вектору и главному
моменту. Величина главного момента зависит от положения точки, к которой
приводятся силы. Оказывается, что можно выбрать такую точку А, относитель-
но которой главный момент равен нулю. Эта точка называется центром изгиба.
Приравнивания момент касательных сил нулю:
1
0
A
Y
m
MQc
∑=
−
=
,
получим
1/Y
cMQ
=
.
Учтя выражение (8.39), окончательно найдем расстояние от оси вертикаль-
ной стенки до центра изгиба:
22
111
4Z
bh
с
J
δ
=
.
Если внешнюю силу приложить не в центре тяжести сечения, а в центре
изгиба, то она создаст относительно центра тяжести такой же момент, какой
создают внутренние касательные силы, но только противоположного знака.
При таком нагружении (рис. 5 .31, в) швеллер закручиваться не будет, а будет
только изгибаться. Именно поэтому точка А названа центром изгиба. Подроб-
ное изложение расчета тонкостенных стержней дано в гл. XIII [3].
5.11. Определение перемещений в балках при изгибе.
Понятия деформации балок и условия их жесткости
Под действием внешней нагрузки балка деформируется и ее ось искривля-
ется. Кривая, в которую обращается ось балки после приложения нагрузки, на-
зывается упругой линией при условии, если напряжения балки не превосходят
предела пропорциональности. В зависимости от направления нагрузки, распо-
ложения эпюр упругая линия может иметь выпуклость вверх (рис. 5 .32, а), вниз
(рис. 5 .32, б) либо совокупность (рис. 5.32, в).
При этом центры тяжести поперечных сечений перемещаются соответст-
венно либо вверх, либо вниз, а сами сечения поворачиваются относительно
нейтральной оси, оставаясь перпендикулярными изогнутой оси балки
(рис. 5 .32, а). Строго говоря, центры тяжести поперечных сечений перемеща-
ются ещё и в направлении продольной оси балки. Однако в виду малости этих
перемещений для балок ими пренебрегают, т. е . считают, что центр тяжести се-
чения перемещается перпендикулярно оси балки. Обозначим это перемещение
через y , и в дальнейшем будем понимать под ним прогиб балки (рис. 5.32).

198
Прогибом балки в данном сечении называется перемещение центра тяже-
сти сечения по направлению, перпендикулярному оси балки.
Рис. 5 .32
Прогибы в различных сечениях балки зависят от положения сечений и яв-
ляются величиной переменной. Так, для балки (рис. 5.32, а) в точке B прогиб
будет иметь максимальное значение, а в точке D он равен нулю. Как уже отме-
чалось, наряду с перемещением центра тяжести сечения происходит поворот
сечений относительно нейтральной оси сечения.
Угол, на который сечение поворачивается по отношению к своему перво-
начальному положению, называется углом поворота сечения.
Будем обозначать угол поворота через φ (рис. 5.32, а). Так как при изгибе
балки поперечное сечение всегда остается перпендикулярно изогнутой её оси,
то угол поворота можно представить как угол, заключенный между касательной
к изогнутой оси в данной точке и первоначальной осью балки (рис. 5 .32, а) или
перпендикуляром к первоначальной и изогнутой осей балки в рассматриваемой
точке. Угол поворота сечения для балок также является величиной переменной.
Например, для балки (рис. 5.32, б) максимальное значение он имеет в шарнир-
ных опорах, а минимальное значение min 0
φ = для сечения, в котором прогиб
имеет максимальное значение. Для консольной балки (рис. 5 .32, а) максималь-
ный угол поворота будет на свободном её конце, т. е . в точке B .
Для обеспечения нормальной работы балок оказывается недостаточно,
чтобы они удовлетворяли условию прочности. Необходимо еще, чтобы балки
обладали достаточной жесткостью, т. е . чтобы максимальные прогиб и угол по-
ворота не превосходили допускаемых величин, определяемых эксплуатацион-
ными условиями балок.
Это положение носит название условие жесткости балок при изгибе. В
краткой математической форме записи условия жесткости имеют вид:
а
б
в
l
l
l/2

199
max
[]
y
y
≤;
(5.26)
max
[]
φ
φ
≤,
где [ ]y и [ ]φ соответственно допускаемые прогиб и угол поворота.
Допускаемый прогиб обычно задается как часть расстояния между опора-
ми балки (длиной пролёта l ), т. е.
l
y
m
=
,
где m ─ коэффициент, зависящий от значения и условий работы системы, в
которой используется данная балка. В каждой отрасли машиностроения эта ве-
личина определяется нормами проектирования и изменяется в широких преде-
лах следующим образом:
─ для подкрановых балок m = 400 ─ 700;
─ для железнодорожных мостов m = 1000;
─ для шпинделей токарных станков m = 1000 ─ 2000.
Допускаемые углы поворота [ ]φ для балок обычно не превосходят величин
[ ] 0,001 рад
φ=
.
В левую часть уравнений (5.26) входят максимальные прогиб max
y иугол
поворота max
φ , которые определяются расчетным путем на основании извест-
ных способов: аналитических, графических и графоаналитических, некоторые
из которых рассматриваются ниже.
5.12. Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки
Под действием внешних сил ось балки искривляется (см. рис. 5 .32, а).
Тогда уравнение изогнутой оси балки можно записать в виде
()
yfx
=
,
а угол поворота φ для любого сечения будет равен углу наклона касатель-
ной к изогнутой оси в данной точке. Тангенс этого угла численно равен произ-
водной от прогиба по абсциссе текущего сечения x , т. е .
dy
tg
dx
φ=
.
Так как прогибы балки малы по сравнению с её длиной l (см. выше), то
можно принять, что угол поворота
dy
tg
dx
φφ
≈
=
.
(5.27)

200
При выводе формулы нормальных напряжений при изгибе было установ-
лено, что между кривизной нейтрального слоя и изгибающим моментом суще-
ствует следующая связь:
1
z
z
M
EI
ρ
=
.
(5.28)
Эта формула показывает, что кривизна изменяется по длине балки по тому
же закону, по которому изменяется величина
z
M . Если балка постоянного се-
чения испытывает чистый изгиб (рис. 5 .33), при котором момент по длине не
меняется, её кривизна:
1
z
z
M
const
EI
ρ
=
=
.
Следовательно, для такой балки радиус кривизны – также величина посто-
янная и балка в этом случае будет изгибаться по дуге окружности. Однако в
общем случае непосредственно применять закон изменения кривизны для оп-
ределения прогибов не удается. Для аналитического решения задачи использу-
ем известное из математики выражение кривизны:
2
2
23
2
1
[1
]
dydx
dy
dx
ρ
=±

+

.
(5.29)
Подставляя (5.28) в (5.29), получим точное дифференциальное уравнение
изогнутой оси балки:
2
2
23
2
[1
]
z
z
dydx
M
EI
dy
dx
±
=

+

.
(5.30)
Уравнение (5.30) является нелинейным, и его интегрирование связано с
большими трудностями. Учитывая, что прогибы и углы поворота для реальных
балок, используемых в машиностроении, строительстве и т.д . малы, то величи-
ной
2
dy
dx



можно пренебречь.
С учетом этого, а также того, что для правой системы координат изгибаю-
щий момент и кривизна имеют один и тот же знак (рис. 5.26), то для правой
системы координат знак минус в уравнении (5.26) можно опустить. Тогда при-
ближенное дифференциальное уравнение будет иметь вид
2
2
z
z
dy
EI
M
dx
=
.
(5.31)

201
Рис. 5 .34.
Рис. 5 .33
5.13. Метод непосредственного интегрирования
Этот метод основан на интегрировании уравнения (5.31) и позволяет
получить уравнение упругой оси балки в форме прогибов
()
yfx
=
и уравнение
углов поворота:
dy
dx
φ=
.
Проинтегрировав уравнение (5.31) первый раз, получим уравнение углов
поворота
z
z
z
dy
EI
EI
Mdx C
dx
φ
=
=
+
∫,
(5.32)
где C ─ постоянная интегрирования.
Интегрируя второй раз, получаем уравнение прогибов
z
z
EIy dxMdxCxD
=
++
∫∫
,
(5.33)
где D ─ вторая постоянная интегрирования.
Постоянные C и D определяются из краевых условий опирания балки и
граничных условий её участков.
Так для балки (рис. 5 .32, а)
в месте заделки (
)
xl
=
прогиб
и угол поворота сечения равны
нулю, а для балки (см. рис.
5.32, б) прогиб
0
B
y=при0
x=
и прогиб
0
D
y=приxl
=.
Для шарнирно опертой
балки с консолями (рис. 5.34)
при совмещении начала координат
с концом левой опоры и выбором правой системы координат граничные усло-
вия имеют вид
1)приx a
=
,
()0
ya=;
a
б
l

202
2)приx a l
=
+,(
)0
yal
+=.
С учетом граничных условий определяются постоянные интегрирования.
После подстановки постоянных интегрирования в уравнения углов поворота
(5.32) и прогибов (5.33) вычисляются углы поворота и прогибы данного
сечения.
5.14. Примеры определения перемещений в балках методом
непосредственного интегрирования
Пример 5.11
Определить максимальный прогиб и угол поворота для консольной балки
(рис. 5 .32, а).
Решение:
Начало координат совмещаем с левым концом балки. Изгибающий момент
в произвольном сечении на расстоянии х от левого конца балки вычисляется по
формуле
z
M
Px
=−
.
С учетом момента приближенное дифференциальное уравнение имеет вид
2
2
z
dy
EI
Px
dx
=−
.
Интегрируя первый раз, имеем
2
()
2
z
Px
EI
Px dx
C
φ=
−
=−
+
∫
.
(5.34)
Интегрируя второй раз,
2
3
(
)
2
6
z
Px
Px
EIy
Cdx
CxD
=
−
+
=−
++
∫
.
(5.35)
Граничные условия
1)x l
=,
0
D
y=;
2)x l
=,
0
D
φ=.
С учетом второго условия
2
0
2
pl
C
=−
+ , откуда
2
pl
C=
.
Аналогично из первого условия будем иметь
3
3
pl
D=−
.

203
С учетом найденных постоянных интегрирования C и D уравнения углов
поворота и прогибов будут иметь вид:
2
2
(
)
2z
P
lx
EI
φ=
−
;
2
2
3
(
)
263
z
Pl
x
l
y
x
EI
=
−
−
.
При 0
x = (см. рис. 5 .26, а) угол поворота и прогиб имеют максимальные
значения:
2
max
2z
Pl
EI
φ=
;
3
max
3z
Pl
y
EI
=−
.
Положительное значение угла φ указывает, что сечение при изгибе балки
поворачивается в направлении, противоположном движению часовой стрелки.
Отрицательное значение y говорит о том, что центр тяжести сечения переме-
щается вниз.
5.15. Физический смысл постоянных интегрирования
Если обратиться к уравнениям (5.32), (5.33) и (5.34), (5.35), рассмотренных
выше примеров, то нетрудно заметить, что при 0
x = из них следует
0
z
C EIφ
=
;
(5.36)
0
z
D EIy
=
.
(5.37)
Таким образом, можно сделать вывод, что постоянные интегрирования C
и D представляют собой произведение жесткости балки соответственно на
угол поворота 0
φ и прогиб 0y в начале координат. Зависимости (5.36) и (5.37)
оказываются справедливыми всегда для балок, имеющих один участок нагру-
жения, если вычислять изгибающий момент от сил, расположенных между се-
чением и началом координат. Это же остается в силе и для балок с любым чис-
лом участков нагружения, если применять специальные приемы интегрирова-
ния дифференциального уравнения изогнутой оси балки, о которых будет ска-
зано ниже.
5.16. Метод начальных параметров
(универсальное уравнение изогнутой оси балки)
При определении прогибов и углов поворота методом непосредственного
интегрирования требуется нахождение двух постоянных интегрирования C и
D даже в тех случаях, когда балка имеет один участок нагружения. На практи-
ке применяются балки, имеющие несколько участков нагружения. В этих слу-
чаях на разных участках нагружения закон изгибающего момента будет разли-
чен. Тогда дифференциальное уравнение изогнутой оси необходимо будет со-
ставлять для каждого из участков балки и для каждого из них отыскивать свои

204
постоянные интегрирования C и D . Очевидно, что если балка имеет n участ-
ков нагружения, то число постоянных интегрирования будет равно удвоенному
числу участков. Для их определения необходимо будет решить 2 n уравнения.
Эта задача трудоемкая. Для решения задач, имеющих не один участок нагруже-
ния, широкое распространение получил метод начальных параметров, пред-
ставляющий собой развитие метода непосредственного интегрирования. Ока-
зывается, что, соблюдая некоторые условия, приемы составления и интегриро-
вания уравнений по участкам, можно уменьшить число постоянных интегриро-
вания, независимо от числа участков нагружения, до двух, представляющих со-
бой прогиб и угол поворота в начале координат. Рассмотрим сущность этого
метода на примере консольной балки (рис. 5.35), нагруженной произвольной
нагрузкой, но создающей положительный момент в любом сечении балки.
Пусть дана балка постоянного сечения, при этом сечение имеет ось сим-
метрии, совпадающую с осью y , и вся нагрузка расположена в одной плоско-
сти, проходящей через эту ось. Поставим задачу установить зависимости, опре-
деляющие угол поворота и прогиб произвольного сечения балки.
При решении задач условимся:
1. Начало координат будем связывать с левым концом балки, и оно являет-
ся общим для всех участков.
2. Изгибающий момент в произвольном сечении будем всегда вычислять
для участка балки, расположенного слева от сечения, т. е . между началом коор-
динат и сечением.
3. Интегрирование дифференциального уравнения изогнутой оси на всех
участках будем производить, не раскрывая скобок некоторых выражений, со-
держащих скобки. Так, например, интегрирование выражения вида (
)
Pxb
−
производится без раскрытия скобок, а именно по следующей формуле:
1
()
()
1
m
m
Pxb
Pxbdx
C
m
+
−
−
=
+
+
∫
4. При составлении выражения для изгибающего момента в произвольном
сечении, вызванного внешним сосредоточенным моментом М, будем добавлять
множитель
0
()1
xa
−
=.
Придерживаясь этих правил, составим и проинтегрируем приближенное
дифференциальное уравнение для каждого из пяти участков балки, обозначен-
ных на рис. 5 .35 римскими цифрами. Приближенное дифференциальное урав-
нение для указанных участков имеет один и тот же вид
2
2
z
z
dy
EI
M
dx
=
,
(5.38)
но для каждого участка изгибающий момент имеет свой закон изменения.

205
Рис. 5 .35
Изгибающие моменты для участков имеют вид:
0
I
z
M=
,0xa
≤≤;
0
()
II
z
MMxa
=
−
,a
xb
≤≤;
0
()()
III
z
M MxaPxb
=
−
+
−
,bxc
≤≤;
2
0
()
()()
2
IV
z
qxd
M MxaPxb
−
=
−
+
−
+
,c
xd
≤≤;
2
3
0
0
0
0
()()
()()
2
6
z
qxd qxd
MMxaPxb
l
−
−
=
−
+
−
+
+
,dxl
≤≤.
Подставив выражения изгибающего момента в уравнение (5.38), для каж-
дого из участков после интегрирования получим по два уравнения: уравнение
углов поворота и уравнение прогибов, в которые войдут свои две постоянные
интегрирования
i
Cиi
D . Ввиду того, что балка имеет пять участков, то таких
постоянных интегрирования будет десять. Однако принимая во внимание, что
изогнутая ось балки является непрерывной и упругой линией, то на границах
соседних участков прогиб и угол поворота имеют одни и те же значения, т. е .
приx a
=
,
1
2
φφ
=
,
1
2
yy
=
приx b
=
,
2
3
φφ
=
,
2
3
yy
=
и т. д. В силу этого из срав-
нения уравнений углов поворота и прогибов соседних участков получим, что
постоянные интегрирования:
1
2
3
4
5
CCCCCC
=
=
=
=
=
;
1
2
3
4
5
DDDDDD
=
=
=
=
=
.
Таким образом, вместо десяти постоянных интегрирования для решения
l

206
поставленной задачи необходимо определить только две постоянных интегри-
рования C и D . Из рассмотрения интегральных уравнений первого участка
следует, что при 0
x=:
0
z
C EIφ
=
;
0
z
D EIy
=
,
т.е . они представляют собой те же зависимости (5.36) и (5.37). Начальные пара-
метры 0
φи0
y определяются из граничных условий, о которых было сказано в
предыдущем разделе. Анализируя полученные выражения для углов поворота
φ и прогибов y , видим, что наиболее общий вид уравнений соответствует пя-
тому участку. С учетом постоянных интегрирования эти уравнения имеют вид:
2
3
4
0
0
0
()()()
()
2
6
24
z
z
Pxbqxcqxd
EI EI
Mxa
l
φ
φ
−
−
−
=
+
−
+
+
+
; (5.39)
2
3
4
5
0
0
0
0
()()()()
2
6
24
120
z
z
z
MxaPxbqxcqxd
EIyEIyEIx
l
φ
−
−
−
−
=
+
+
+
+
+
.
(5.40)
Первое из этих уравнений представляет уравнение углов поворота, а вто-
рое – прогибов. Так как на балку может действовать не одна сосредоточенная
сила, момент или балка может иметь не один участок с распределенной нагруз-
кой, то для общего случая уравнения (5.39),(5.40) запишутся в виде:
2
3
4
0
0
0
()
()
()
()
2
6
24
z
z
Pxb
qxc
qxd
EI EI
Mxa
l
φ
φ
−
−
−
=
+
−
+
+
+
∑
∑
∑
∑
;
(5.41)
2
3
4
0
0
5
0
0
()
()
()
2
6
24
().
120
z
z
z
Mxa
Pxb
qxc
EIyEIyEIx
qxd
l
φ
−
−
−
=
+
+
+
+
+
−
+
∑
∑
∑
∑
(5.42)
Уравнения (5.41), (5.42) называются универсальными уравнениями изогну-
той оси балки. Первое из этих уравнений является уравнением углов поворота,
а второе – уравнением прогибов. С помощью этих уравнений можно опреде-
лить прогибы и углы поворота сечений для любых статически определимых ба-
лок, у которых жесткость по их длине постоянна EI const
=
.
В уравнениях (5.41), (5.42):
M,P,q,
x
q ─ внешняя нагрузка, расположенная между началом коорди-
нат и сечением, в котором определяются перемещения (угол поворота и про-
гиб); a , b , c , d ─ расстояния от начала координат до точек приложения соот-
ветственно момента М, сосредоточенной силы P , начало равномерно распреде-
ляемой нагрузки и начало неравномерно распределенной нагрузки.
Необходимо обратить внимание:
1. При противоположном направлении внешней нагрузки, что принято при

207
выводе универсальных уравнений, перед соответствующим членом уравнений
знак меняется на противоположный, т. е . на минус.
2. Последние два члена уравнений (5.41), (5.42) справедливы только в том
случае, если распределенная нагрузка не обрывается ранее того сечения, в ко-
тором определяются прогиб и угол поворота. Если нагрузка не доходит до этого
сечения, то ее необходимо продолжить до данного сечения и одновременно до-
бавить на продленном участке такую же распределенную нагрузку, но противо-
положную по знаку, эта мысль пояснена на рис. 5.36. Пунктиром показана до-
бавленная распределенная нагрузка на продленном участке.
Рис. 5 .36
При определении углов поворота φ и прогибов y начало координат следу-
ет помещать в левом конце балки, направляя ось y вверх, а ось x ─ вправо. В
составляемое уравнение углов поворота и прогибов включаются только те си-
лы, которые расположены левее сечения, т.е . на участке балки между началом
координат и сечением, в котором определяются прогиб и угол поворота (вклю-
чая и силы, действующие в сечении, совпадающим с началом координат).
5.17. Примеры определения перемещений в балке по методу
начальных параметров
Пример 5.12
Для балки (рис. 5.37), защемленной левым концом и нагруженной сосредо-
точенной силой P , определить угол поворота и прогиб в точке приложения си-
лы, а также свободного конца (сечение D ).
Жесткость балки
z
EI const
=
const
Рис. 5 .37
l1
l
l1

208
Решение:
1. Составляем уравнения равновесия статики:
1)
0
y=
∑,
0
B
RP
−
=
,
B
RP
=
;
2)
0
B
M=
∑,
0
B
MPl
−
=,
B
MPl
=
.
Обратим внимание, что реактивный момент направлен против часовой
стрелки, поэтому в уравнение изогнутой оси он войдёт со знаком минус.
2. Совмещаем начало координат с точкой B и устанавливаем начальные
параметры. В защемлении ( )
• B прогиб и угол поворота отсутствуют, т.е .
00
B
yy
=
=
,и
00
B
φφ
=
=
. Записываем уравнение углов поворота и прогибов для
произвольного сечения второго участка, т.е . расположенное на расстоянии x от
начало координат
С учетом реактивных сил, а также равенства нулю начальных параметров
эти уравнения имеют вид:
2
2
2
()
2
2
z
P
x
xl
x
EI
φ


−
=
−
+−




;
3
3
3
()
26
6
z
Pxxxl
y
EI


−
=
−
+−




.
Приx l
=
имеем угол поворота и прогиб сечения C соответственно
2
2
C
z
Pl
EI
φ=−
,
3
3
C
z
Pl
y
EI
=−
.
Для сечения D ,
1
xl
=
:
2
2
1
1
()
2
D
z
P
lll
EI
φ


=−
+−

;
3
3
1
1
2()
6
D
z
P
y
lll
EI


=−
+−

.
Пример 5.13
Определить максимальный прогиб и угол поворота на правой опоре балки,
нагруженной посередине пролёта сосредоточенной силой (рис. 5 .38).
Решение:
1. Определяем опорные реакции

209
Из уравнений статики
0
B
M=
∑,
0
D
M=
∑,
имеем
2
B
P
R=
,
2
D
P
R=
.
2. Помещаем начало координат
на левом конце балки (точка B ).
Рис. 5 .38
3. Устанавливаем начальные параметры. Прогиб в начале координат
00
B
yy
=
=
, так как опора не позволяет вертикальное перемещение. Необходи-
мо заметить, что если опора была бы подпружинена, то прогиб в начале коор-
динат был бы равен осадке деформации пружины. Угол поворота в начале ко-
ординат не равен нулю, т. е. 0
0
B
φφ
=
≠.
4. Определяем угол поворота в начале координат 0
φ . Для этого используем
условие, что при x l
=
прогиб равен нулю
0
D
y=:
3
3
0
()
(0)
2
0
0
26
6
zD
z
l
Pl
Pl
EIy
EIl
φ
−
−
=
+
+⋅
−
=
,
откуда
2
0
16z
Pl
EI
φ=−
.
Так как балка относительно нагрузки P симметрична, то угол поворота на
правой опоре равен углу поворота на левой опоре.
2
16
D
B
z
Pl
EI
φφ
=
=
.
Максимальный прогиб будет посередине балки при
2
l
x=
.
Следовательно,
3
2
3
3
max
0
(0)
2
226
16
296
48
z
z
z
z
l
lP
PllPl
Pl
EIy
EI
EI
EI
φ
−
=
+⋅
=−
⋅
+
=−
.
Откуда
3
max
48z
Pl
y
EI
=−
.
Пример 5.14
Определить прогиб посередине пролёта и на правом конце балки
(рис. 5 .39), если балка изготовлена из двутавра No 10 (момент инерции
4
198
z
I
см
=
см), нагруженной распределенной нагрузкой
2,0
кН
q
м
=
кН/м, со-
l/2
l/2

210
средоточенными моментом М = 3 кНм и силой Р = 4 кН.
Рис. 5 .39
Решение:
1 . Определяем опорные реакции
а)
0
C
m=
∑ ;210,5 3
2430
D
R
⋅
⋅
+−
⋅
+⋅=
б)
0
D
m=
∑ ;212,53
2410
C
R
⋅
⋅
+−
⋅
+⋅=
.
Откуда
8
D
RкН
=
кН,
6 кН.
C
R=
Проверка правильности определения реакций
2168410100
y=−
⋅
+−+
=−
+≅
∑
.
2. Совмещаем начало координат с точкой B и устанавливаем начальные
параметры. Из рис. 5 .39 следует, что в начале координат прогиб 0 0
y≠ иугол
поворота 0 0
φ≠.
3. Определяем начальные параметры 0
yи0
φ . Для этого используем
граничные условия, что при:
а)1
xм
=
м,
0
C
y=;
б)3
x= м,
0
D
y=
.
Для реализации граничных условий составляем уравнение изогнутой оси.
для двух участков:
участок BC
0
1
xм
≤≤м:
2
4
0
0
(0)(0)
2
24
z
z
z
Mx
qx
EIyEIyEIx
φ
−
−
=
+
−
−
; (5.43)

211
участок CD
1
3
x
м
≤≤м:
2
4
4
3
0
0
(0)(0)(1)
(1)
2
24
24
6
C
z
z
z
Mx
qx
qx
Rx
EIyEIyEIx
φ
−
−
−
−
=
+
−
−
+
+
.
(5.44)
При записи этого уравнения учтено, что распределенная нагрузка оборва-
лась в точке C , поэтому согласно сказанному выше, её продолжили и на про-
долженном участке ввели компенсирующую нагрузку такой же величины, но
обратного направления.
С учетом граничных условий (пункт 3) и нагрузки уравнения (5.43) и (5.44)
имеют вид:
2
4
0
0
3(1 0) 2(1 0)
0
1
2
24
z
z
EIy EIφ
−
−
=
+
⋅
−
−
;
2
4
4
3
0
0
3(30)2(30)2(31)6(31)
0
3
2
24
24
6
z
z
EIy EIφ
−
−
−
−
=
+
⋅
−
−
+
+
.
Из совместного решения этих уравнений имеем
2
0
14
кНм
3
z
EIφ =
;
2
0
37
12
z
EIy
кНм
=−
кНм
2
,
откуда
3
0
11
8
14
14 10
0,0118 ; ;
3
3210 19810
z
рад рад
EI
φ
−
⋅
=
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
3
0
11
8
37
37 10
0, 00779
12
12210 19810
z
y
EI
−
⋅
=−
=−
=−
⋅
⋅
⋅
⋅
м.
4. Определяем прогиб в сечениях К и ε.
Для сечения K при х=2 м имеем
2
4
4
3
0
0
(20) (20) (21)6(21)
2
2
24
24
6
371434216261
2
123
2242462
zK
z
z
M
q
q
EIy EIy EIφ
−
−
−
−
=
+
⋅
−
−
+
+
=
⋅
⋅
=−
+⋅
−
−
++=
37143421626
2
0,
123
224246
⋅
⋅
=−
+⋅
−
−
++=
откуда
0
0м
K
z
y
EI
=
=
.
Для сечения ε при 4
x
м
=
м

212
2
4
4
3
3
0
0
(40) (40) (41)6(41)8(43)
4
2
24
24
6
6
z
z
z
M
q
q
EIy EIy EIφ
ε
−
−
−
−
−
=
+
⋅
−
−
+
+
−
=
3714 31622562816278
4
2, 67,
123
2
24
24
66
⋅
⋅
⋅
⋅
=−
+⋅
−
−
+
+
−
=
откуда
3
11
8
2, 67
2,67 10
0, 0067 м
210 19810
y
EI
z
ε
−
⋅
=
=
=
⋅
⋅
⋅
5.18. Определение перемещений по методу Мора.
Правило А.К. Верещагина
Метод Мора является общим методом определения перемещений в стерж-
невых линейно-деформируемых системах. Определение перемещений (линей-
ных, угловых) в расчетных сечениях производится по формуле (интегралу) Мо-
ра, которую нетрудно получить, базируясь на теоремы о взаимности работ (тео-
рема Бетти) и теорему о взаимности перемещений (теорема Максвелла).
Пусть, например, задана плоская упругая система в виде балки (рис. 5.40),
загруженная плоской уравновешенной произвольной нагрузкой. Заданное сос-
тояние системы будем называть грузовым и обозначим буквой P . Под действи-
ем внешней нагрузки произойдет деформация, и в точке K возникнут переме-
щения, в частности, в направлении, перпендикулярном оси – прогиб кр
∆ .Вве-
дем новое (вспомогательное) состояние этой же системы, но нагруженной в
точке K по направлению искомого перемещения ( )
кр
∆ единичной безразмер-
ной силой (рис. 5 .40). Такое состояние системы обозначим буквой i и будем
называть единичным состоянием.
На основании теоремы Бетти возможная работа сил грузового состояния
ip
A и силы единичного состояния
ip
A равны
ip
ip
AA
=
.
(5.45)
Рис. 5 .34

213
Возможная работа сил грузового состояния, выраженная через внутренние
силы, определяется по формуле
i
pi
pi
pi
p
MM
QQ
NN
A
dxk
dx
dx
EI
GA
EA
=
+
+
∑
∑
∑
∫
∫
∫ , (5.46)
а силы единичного состояния – по формуле
1
ip
кр
A= ⋅∆
.
(5.47)
С учетом (5.46), (5.47) из (5.45) имеем
pi
pi
pi
кр
MM
QQ
NN
dxk
dx
dx
EI
GA
EA
∆=
+
+
∑
∑
∑
∫
∫
∫ , (5.48)
где
p
M,
p
Q,
p
N ─ соответственно изгибающий момент, поперечная и
продольная силы, возникающие в системе от внешней нагрузки;
i
M,i
Q,
i
N ─ соответственно изгибающий момент, поперечная и продоль-
ная силы, возникающие в системе от единичной нагрузки, приложенной по на-
правлению определяемого перемещения;
k ─ коэффициент, учитывающий неравномерность касательных напряже-
ний по сечению;
I ─ осевой момент инерции относительно главной центральной оси;
A ─ площадь поперечного сечения стержня на участке;
E , G ─ модули упругости материала.
Неравномерность распределения касательных напряжений в сечении зави-
сит от формы сечения [1]. Для прямоугольного и треугольного сечений
1,2
k=
,
круглого сечения
1,11
k=
, круглого кольцевого сечения
2
k=
.
Формула (5.48) позволяет определить перемещение в любой точке плоской
упругой системы. При определении в сечении ( K ) прогиба прикладываем в
этой точке единичную силу (безразмерную). В случае определения угла пово-
рота сечения в точке K необходимо приложить единичный безразмерный мо-
мент. В формулу (5.48) внутренние усилия необходимо подставлять с учетом
знака.
Для балок и рам при определении перемещений влиянием продольных и
поперечных сил можно пренебречь, тогда интеграл Мора имеет вид
pi
кр
MM
dx
EI
∆ =∑∫
.
(5.49)
Для стержневых систем с шарнирными соединениями в узлах в стержнях
возникают только продольные силы, поэтому перемещения определяют по

214
формуле
pi
кр
NN
dx
EA
∆=∑∫ .
(5.50)
Если EA const
=
const и p
N const
=
const, интеграл в (5.50) опускают
1
n
pi
кр
i
NN
dx
EA
=
∆=∑
,
(5.51)
где il ─ длины стержней, n ─ количество стержней.
Для комбинированных систем, содержащих элементы, работающие на рас-
тяжение (сжатие) и изгиб, определение перемещения производят по формуле
pi
pi
кр
MM
NN
dx
dx
EI
EA
∆=
+
∑
∑
∫
∫.
(5.52)
В случае пространственной системы в наиболее общем случае интеграл
Мора имеет вид:
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
yp yi
zp
zi
kp ki
кр
y
z
k
yp yi
zp zi
pi
MM
MM
MM
dx
dx
dx
EI
EI
EI
QQ
QQ
NN
k
dxk
dx
dx
GA
GA
EA
∆=
+
+
+
+
+
+
∑
∑
∑
∫
∫
∫
∑
∑
∑
∫
∫
∫
(5.53)
5.19. Вычисление интеграла Мора по правилу А.К. Верещагина
В тех случаях, когда эпюра внутренних усилий от внешней нагрузки имеет
произвольное очертание, например
p
M,
i
M , а эпюра от единичной силы (мо-
мента) – линейное очертание, вычисления интеграла вместо непосредственного
интегрирования можно произвести графоаналитическим способом (способом
перемножения эпюр), предложенным А.К . Верещагиным.
Рис. 5 .41
l

215
Поясним на примере (рис. 5.41). Пусть на участке балки эпюра изгибаю-
щих моментов
p
M имеет произвольное очертание. Площадь
p
M эпюры обо-
значим через p
A , а через C ─ центр ее тяжести. Эпюра i
M на этом участке пря-
молинейна. Обозначим на этой эпюре через C
M ─ ординату под центром тяже-
сти C . Величина
p
M dx представляет элементарную площадь эпюры
p
M,аор-
динаты
i
M xtgα
=
,
C
C
M xtgα
=
.
Интеграл Мора для рассматриваемого участка имеет вид
1
pi
i
р
l
l
MM
dx
ММdx
EI
EI
=
∫
∫.
С учетом i
M,
C
M,
p
dA имеем
pi
p
C
MM
AM
dx
EI
EI
⋅
=
∫
,
где p
A ─ площадь грузовой эпюры;
C
M ─ ордината эпюры от единичной нагрузки под центром тяжести грузо-
вой эпюры.
Таким образом, интеграл Мора равен произведению площади грузовой
эпюры
p
M (любой по очертанию) на расположенную под её центром тяже-
сти ординату, взятую из прямолинейной эпюры i
M . Необходимо заметить, что
эпюры не должны иметь изломов,
скачков в пределах рассматриваемо-
го участка, а также и жесткость
должна быть постоянная. Значение
величины p
C
AM
⋅
считается положи-
тельным, если обе эпюры располо-
жены по одну сторону от оси стерж-
ня, и отрицательным, если они рас-
полагаются по разные стороны. Если
получаем положительный результат
от перемножения эпюр, то это озна-
чает, что действительное направле-
ние перемещения совпадает с на-
правлением единичной силы (или
момента).
M
I1
I2
I3
I4
Рис. 5 .42

216
В тех случаях, если система имеет несколько участков нагружения и эпю-
ры внутренних сил имеют изломы (рис. 5 .42), то перемножение эпюр произво-
дят для каждого участка отдельно, предварительно разбив эпюры на участки
(со своим: значением EI ), а затем результаты перемножения суммируются по
формуле
1
n
pi
pi Ci
кр
i
ii
MM
AM
dx
EI
EI
=
∆=
=
∑
∑
∫
,
(5.54)
где n ─ число участков.
Выражение (5.54) понимается в алгебраическом смысле. Применительно к
примеру (рис. 5.42) для стержня, изготовленного из одного материала
(z
E J const
⋅
=
), имеем
4
4
1
1
2
2
3
3
1
2
3
4
p
C
P
C
P
C
P
C
кр
AM
AM AM
AM
EI
EI
EI
EI
∆=
+
+
+
,
здесь 2
3
4
IIII
=
=
=
.
Аналогичным образом производится перемножение эпюр для поперечных
и продольных сил. При вычислении интеграла Мора по способу Верещагина в
ряде случаев при перемножении
эпюр по участкам является удоб-
ным применение формулы Симп-
сона или формулы трапеций.
Если в пределах участка (рис.
5.43) одна из эпюр ( p
M ) криволи-
нейна, а другая ( i
M ) прямолиней-
на,
жесткость
постоянная
( E const
=
const) и известны орди-
наты по концам участка и его се-
редины, то формула Симпсона для
вычисления интеграла Мора имеет
вид
(4
)
6
pi
кр
MM
l
dx
aA cCbB
EI
EI
∆=
=
+
+
∫
.
(5.55)
В случае, если обе эпюры
p
Mи
i
M прямолинейны (рис. 5 .43) и известны
значения их ординат по концам участка, то для вычисления интеграла Мора ис-
пользуется формула трапеций, представляющая частный случай формулы
Симпсона
(22
)
6
кр
l
aAbBaBbA
EI
∆=
+
++
.
(5.56)
l
l/2
в
а
А
В
с
С
Рис. 5 .43

217
В формулы (5.55), (5.56) ординаты подставляются с учетом знака.
При определении перемещений в плоских стержнях малой кривизны
(рис. 5 .47) влиянием продольных и поперечных сил пренебрегают и интеграл
Мора имеет вид
pi
кр
MM
dS
EI
∆ =∑∫
,
(5.57)
гдеdSd
ρφ
=
:
ρ ─ радиус кривизны стержня;
φ ─ абсцисса текущего сечения.
При определении перемещений в криволинейных стержнях расчет ведется
с учетом всех силовых факторов. В общем случае в формулах (5.48 и 5.53) dx
заменяют на dS.
5.20. Примеры определения перемещений посредством
интеграла Мора
Пример 5.15
Определить максимальные прогиб и угол поворота консольной балки
(рис. 5 .44), если нагрузка и размеры балки известны.
Решение:
1. Строим эпюру изгибающих моментов
p
M от внешней нагрузки
(рис. 5 .44).
2. Освобождаем балку от внешней нагрузки и прикладываем в точке еди-
ничную силу при определении прогиба, а при определении угла поворота –
единичный момент, которые не имеют размерности. Строим эпюры изгибаю-
щих моментов от этих единичных усилий (рис. 5.45).
Рис.5 .44 .
А
l
а
Мi
Mр
b
В

218
Рис. 5 .45
3. Определяем искомые прогиб By и угол поворота B
φ по формуле Вере-
щагина (5.54) путем перемножения эпюр p
Mи1
M,
2
M (рис. 5 .42):
3
1
2
(1)
2
3
3
P
B
z
z
z
MM
Pll
Pl
y
dx
l
EI
EI
EI
⋅
⋅
⋅
=
=
⋅
⋅
⋅
=
∫
;
2
2
1
2
2
P
B
z
z
z
MM
Pll
Pl
dx
EI
EI
EI
φ
⋅
⋅
⋅
=
=
⋅
=
∫
.
Положительное значение означает, что действительное направление про-
гиба и угла поворота сечения B совпадают с направлением единичных усилий.
Пример 5.16
Для балки (рис. 5 .46) круглого поперечного сечения диаметром d опреде-
лить прогиб в сечении C и угол поворота в опоре D , если
М=24кН·м,Р =8кН, 12
q=
кН
м
. Материал – сталь
11
2
210
Н
E
м
=
⋅
Па.
Решение:
1. Определяем опорные реакции. Для этого составляем уравнения равнове-
сия статики в форме моментов:
а)
0
B
M=
∑;
213
4
20,
D
Мq
PR
P
−
⋅
⋅
+⋅
−
⋅
−
⋅
=
откуда RD = 2 кН;
б)
0
D
M=
∑;
231
4
20,
B
Мq
PR
P
+⋅⋅
−
⋅
−
⋅
+⋅
=
2/3 l
l
2/3 l
2/3 (1·l)
1·l
Pl

219
откуда
26
B
R=
кН.
Проверка:
2
26260
B
D
yRqPPR
=
−
⋅
−
+−
=
−
=
∑
─ реакции определены правильно.
Рис. 5 .46
2. Строим эпюру изгибающих моментов P
M от внешней нагрузки.
3. Освобождаем балку от внешней нагрузки и прикладываем в сечении, в
котором определяем прогиб (сечение C ), единичную силу (безразмерную) и
строим эпюру изгибающих моментов от этой силы (эпюра 1
M).
4. Прикладываем к балке в сечении D , угол поворота которого определя-
ем, единичный момент (безразмерный) и строим эпюру 2
M.
5. Вычисляем прогиб Cy в сечении C и угол поворота D
φ всечении D.
Для этого перемножаем эпюры
P
M с эпюрами 1
Mи
2
M соответственно и, ис-
пользуя правило Верещагина и формулы Симпсона и трапеций, (5.55) и (5.56):

220
1
P
C
z
MM
y
dx
EI
=
=
∑∫
Пример 5.17
Для плоского криволинейного стержня (рис. 5 .47) прямоугольного попе-
речного сечения (
)
bh⋅
малой кривизны ( / 5)
h
ρ > определить вертикальное пе-
ремещение точки B . Силу P , радиус кривизны стержня ρ и размеры попереч-
ного сечения стержня принять известными.
Рис. 5 .47
Решение:
Так как стержень криволинейный, то вычисление перемещения произво-
дим по формуле (5.57), используя непосредственное интегрирование.
1. Вычисляем изгибающий момент
P
M в текущем сечении от внешней на-
грузки P . В качестве абсциссы текущего сечения принимаем угол φ , отсчиты-
ваемый от горизонтальной оси (рис. 5.46, а):
ρ
ρ

221
sin
P
MPρφ
=
⋅
⋅
.
2. Вычисляем изгибающий момент
1
M в текущем сечении от единичной
силы, приложенной в направлении искомого вертикального перемещения
(рис. 5 .46, б):
11(1cos)
M
ρ
φ
=⋅
−
.
3. Производим вычисление интеграла Мора. Определяем тем самым верти-
кальное перемещение точки
b
B
B−∆ :
2
2
2
32
1
0
0
3
3
2
0
0
sin(1cos)
1
cos |
sin |
2
2
b
P
B
MM
P
d
d
EI
EI
P
P
EI
EI
π
π
π
π
ρ
ρφ
φ
φφ
ρ
ρ
φ
φ
∆=
=
⋅
⋅
−
=


=
−
−
=




∫
∫
Пример 5.18
Плоская стальная пружина (рис. 5 .47) должна прижимать деталь D силой
Р = 60кН, для чего пружину следует предварительно изогнуть, обеспечив пере-
мещение консольного сечения ∆к. Определить требуемую величину ∆к, если
b=5мм,l=60мм, h =2мм.
Рис. 5 .48
Решение:
Для определения перемещения используем интеграл Мора:
ММ
к
dx
EI
∆=∫
,
где М – изгибающий момент
()
MPxl
=−
−
;

222
М – изгибающий момент от единичной безразмерной силы, приложенной в
сечении к:
1()
М
xl
=−
−
;x
b
bx
l
=
;
3
3
()
12 12
X
zx
bh bh
I
x
l
=
=
⋅
;
С учетом М и М получаем:
2
2
2
3
3
()(1())1212
()
l
l
l
l
pxl
xldxl
pl
xl
к
dx
Ebhx
Ebh
x
−
−
−
−
⋅
−
∆=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
∫
∫,
где
2
2
2
2
2
2
()
2
l
l
l
l
l
l
l
l
xl
dx
dxxdxldxl
x
x
−
=
−
+
∫
∫∫∫
2
2
2
2
2
2
4
1,5
2
2
l
l
l
l
x
ll
xdx
l
−
=
=
=
∫
;
2
2
2
l
l
l
l
dxx
lll
=
=
−
=
∫
;
2
2
ln2 ln ln ln2 0,693
l
l
dx
l
ll
x
l
=
−
=
=
=
∫
.
2
2
2
2
2
()1,52
ln2 (ln2 0,5)
l
l
xl
dxllll
l
x
−
=
−
⋅
+
=
−
∫
;
3
3
3
5
3
12
126060
(ln 2 0,5)
(0,693 0,5) 3,752
21052
pl
к
мм
Ebh
⋅
⋅
∆=
−
=
⋅
−
=
⋅
⋅
⋅
⋅
мм.
5.21. Определение перемещений
в комбинированных системах
Комбинированная система – это система, состоящая из элементов рабо-
тающая при совместных видах деформации. По конструктивному исполнению
такие системы многообразны, одна из которых рассматривается ниже.
Пример 5.19
Определить вертикальное перемещение сечения D комбинированной сис-
темы, состоящей из стержня 1, круглого поперечного сечения диаметром
d = 1см и балки 2 прямоугольного сечения (В = 12 см, Н = 30 см), изготовлен-
ных из стали (рис. 5.49). Известны: нагрузка q = 20 кН/м и размеры. При расчё-
те принять модуль продольной упругости Е = 2ּ1011 Па.
Решение:
1. Определяем усилие в стержне 1. Стержень работает на растяжение. Со-
ставляем уравнение в форме моментов равновесия относительно точки В.

223
Рис. 5 .49
1
0:2 33,50,
В
М
N
q
∑=
⋅
−
⋅
⋅
=
отсюда
1
2033,5
105 кН.
2
N
⋅
⋅
=
=
2. Определяем вертикальную реакцию в опоре В.
Составляем уравнение равновесия в форме моментов относительно
точки С:
0:
С
М
∑=
2 31,5 0,
В
V
q
⋅
−
⋅
⋅
=
отсюда
2031,5
45.
2
В
V
кН
⋅
⋅
=
=
Выполняем проверку найденных реакций. Составляем уравнение проекций
всех сил на ось у:
1
0:
345105600.
В
у
VNq
∑=
−
+−
⋅
=−
+
−
≡
Проверка выполняется.
3. Определяем изгибающие моменты в характерных сечениях балки В, D и
строим эпюру.
а) для участка ВС:
0;
В
М=
245290
;
С
B
М
V
кНм
=−
⋅
=−
⋅
=−
б) для участка DC:
0;
D
М=
()2
2
3
203
90
.
2
2
CD
q
М
кНм
−
⋅
⋅
=
=−
=−
посередине участка:

224
()2
1,5
20 1,5
22,5
.
2
Х
м
М
кНм
=
⋅
=−
=−
Эпюры продольных сил Nр и изгибающих моментов Мр, возникающих от
внешней нагрузки, показаны на рис. 5.44 .
Рис 5.50
4. Освобождаем систему от внешней нагрузки и прикладываем в направле-
нии искомого вертикального перемещения сечения D единичную безразмерную
силу (рис. 5 .51, а), и аналогично, как рассмотрено выше, строим эпюры от этой
единичной силы 1
Nи1
M (рис. 5.51, б, в).
Рис. 5 .51
5. Вычисляем вертикальное перемещение сечения D, используя интеграл
Мора и формулы Верещагина, Симпсона и трапеции:
à
á
à
â
á

225
1
1
р
р
D
i
i
Z
NN
MМ
l
dx
EA
EI
⋅
⋅
∆=∑
+∑∫
.
Здесь в первом сечении ввиду того, что стержень, работающий на растяже-
ние, имеет постоянное сечение и продольные силы р
Nи1
N постоянны по его
длине, интегрирование опускается:
(
)()()3
1
1
382,5
525
105 2
9022
3
2,5
3
903422,51,50
2
36
D
Z
Z
Z
кНм
кНм
EA
EI
EI
EA
EI
⋅
⋅
∆=
+
⋅
+
⋅
+⋅
⋅
+=
+
()
3
3
2
11
8
11
4
525 10
382, 5 10
0, 0083 0, 0071 0, 0154
2 10 27000 10
210 3,14 1 10
D
м
−
−
⋅
⋅
∆=
+
=
+
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
.
Расчётное перемещение имеет положительный знак, что означает – на-
правление действительного вертикального перемещения точки D совпадает с
направлением единичной силы.
Перемещение сечения D составило 15,4 мм. Необходимо обратить внима-
ние, в рассматриваемом примере доля влияния на перемещение продольной си-
лы и изгибающего момента сопоставимы. Однако их влияние может быть су-
щественно отличаться, все зависит от жесткости стержней, их размеров и
свойств материалов, из которых они изготовлены.
5.22. Определение перемещений в фермах
Ферма – это шарнирно-стержневая система, элементами которой являются
стержни, скреплённые по концам шарнирами (рис. 5.46).
Рис. 5 .52
Точки соединения стержней называются узлами. В фермах узлы рассмат-
риваются как идеально-шарнирные, т.е . при любой нагрузке в узлах отсутству-

226
ют изгибающие моменты. Это хорошо усматривается из фрагмента вырезанно-
го узла фермы (рис 5.52, б). В реальных фермах стержни соединены между со-
бой не шарнирно, а жёстко, однако и в этом случае к ним применимо с доста-
точной степенью приближения шарнирно-стержневая расчётная схема. Это свя-
зано с тем, что в реальных фермах стержни искривляются слабо, а изгибная жё-
сткость мала. Поэтому в действительности возникающие в стержнях изгибаю-
щие моменты (при соблюдении технологии изготовления фермы) пренебрежи-
мо малы по сравнению с продольными силами, и можно считать, что стержни
работают как шарнирно-закреплённые. Фермы по конструктивному исполне-
нию многообразны: балочные (рис. 5.52, а), консольные (рис. 5.53, а), консоль-
но-балочные (рис. 5.53, б), распорные (арочные и висячие) и т.д .
Рис. 5 .53
По назначению фермы подразделяются на мостовые, стропильные, крано-
вые и фермы для линий электропередач. По наличию лишних связей они под-
разделяются на статически-определимые и статически-неопределимые.
Статически-определимые фермы – это такие фермы, у которых число
неизвестных усилий не превышает число независимых уравнений статики, ко-
торое можно составить для данной фермы.
Степень статической неопределимости фермы можно определить по
формуле:
а) для плоской системы
2
;
nУС
=
−
(5.54)
б) для пространственной системы
3
,
nУС
=
−
(5.55)
где У – число узлов;
С – число стержней фермы, включая опорные.
Например, для фермы, показанной на рисунке 5.47, У = 10, С = 20:
2102020200.
n=
⋅
−
=
−
=
Это означает, что данная ферма статически определимая. В случае если n <
0, то ферма имеет лишние связи (стержни) и является статически-
неопределимой, т.е . для определения усилий в такой ферме недостаточно урав-
Р
Р

227
нений равновесия статики, которые можно составить для данной фермы. Если n
> 0, то ферма представляет систему геометрически изменяемую (механизм). В
конструкции она недопустима. Так же, как и в конструкциях недопустимы и
мгновенно-изменяемые системы.
Мгновенно-изменяемая система
–
это такая система, которая допускает
бесконечно малые перемещения без деформации ее элементов (стержней).
По формулам 5.54 и 5.55 установить мгновенную изменяемость системы
нельзя, т.к . расположение стержней в ферме может быть такое, что эти условия
выполняются, а система оказывается мгновенно-изменяемой. В этом случае
внешние силы, действующие на ферму, не могут быть уравновешены конечны-
ми значениями усилий во всех стержнях фермы (рис. 5 .52, в).
Пример 5.20
Определить вертикальное перемещение узлов В, С статически определи-
мой фермы (рис 5.52), если жёсткость стержней ЕА одинакова, а нагрузка
Р=10кН,α =45o, l =2м.
Рис 5.52
Решение:
1. Определить реакции в опорах D и E. Для этого составляем уравнение
равновесия в ферме моментов относительно точек D и E.
1)
0:
D
М
∑=
2
20
E
РlVl
⋅
−
⋅
=
откуда E
VP
=
.
2)
0:
E
М
∑=
D
VP
=
.
Проверка:
Составляем уравнение проекций всех сил на ось у.
220
D
E
УVVPPPP
∑=+
−
−
=
−
=.
Условие выполняется, реакции найдены верно.
2. Определяем усилие в стержнях фермы, используя способ вырезания узлов.

228
Из равновесия узла D (рис 5.53) находим
усилие в стержнях 1 и 2.
а)
0:
У
∑=
2 sin
0
D
N
V
α
−
+=
, откуда
2
14,14
sin
sin 45
D
V
P
N
кН
α
=
=
=
°
(сжатие);
б)
2
1
0: cos
0
Х
N
N
α
∑=
−
+=
, откуда
1
cos 45 10
sin 45
Р
N
кН
=
⋅
°=
°
(растяжение).
В силу симметрии усилия в стержнях 4 и 5
такие же, как в стержнях 2 и 1.
4
2 14,14
NN
кН
=
=
(сжатие);
5
110
NN
кН
=
=
(растяжение).
Из равновесия узла С (рис 1.10 ) находим усилие в стержне 3.
3
0:
10
У
NPкН
∑=
=
=
(растяжение).
3. На основании выполненных расчётов стоим эпюру продольных усилий
P
N (рис. 5 .54).
4. Освобождаем ферму от внешних нагрузок и прикладываем в узле С еди-
ничную безразмерную силу (рис. 5 .55, а). Определяем от нее опорные реакции
и усилия в стержнях аналогичным образом и строим эпюру N1 (рис. 5 .55, б).
Рис. 5 .54
Рис. 5 .55
à
á
Рис. 5 .53

229
5. Производим вычисление вертикального перемещения узла С.
Для этого используем формулу Мора:
1
n
pii
ip
i
i
i
NN
EA
=
∆=∑
l,
где
pi
N − усилия в стержнях от заданной нагрузки (сил Р);
i
N − усилия в стержнях от единичной безразмерной силы, приложен-
ной к узлу (узел С);
n − количество стержней.
(
)
1
1
10 1 2 173,24
1012 14,141,412,84 2
ВЕРТ
р
С
ЕА
ЕА
ЕА
⋅
⋅
∆=∆
=
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
+
=
3
3
11
4
173, 24 10
1,32 10
1, 32
210 6,5610
ВЕРТ
С
м
мм
−
−
⋅
∆=
=
⋅
=
⋅
⋅
⋅
.
6. Определяем горизонтальное перемещение узла Е.
Для этого загружаем, освобожденную от внешних нагрузок ферму единич-
ной безразмерной силы, приложенной горизонтально (рис. 5 .56).
Рис. 5 .56
Усилия в стержнях 2
3
40
NNN
=
=
= , а в стержнях 2 и 5 равны единице.
2
51
NN
=
=.
7. Производим вычисление горизонтального перемещения узла Е.
3
5
2
3
11
4
1
1012 1012 40
40 10
0,305 10
0,305
210 6,5610
n
p
Е
i
i
i
NN
l
м
мм
EA
ЕА
ЕА ЕА
=
−
−
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
∆=
=
+
=
=
=
⋅
=
⋅
⋅
⋅
∑
Знак плюс означает, что действительное перемещение узла Е совпадает с
направлением единичной силы.
Единичное состояние

230
6. Расчёт рам. Основные понятия и пример расчета
Рамой называют стержневую систему, у которой все или некоторые уз-
ловые соединения являются жёсткими (рис. 6 .1, а). Жёсткий узел характеризу-
ется тем, что угол между осями стержней, которые его образуют, не изменяется
при действии нагрузки (рис. 6 .1, а). Угол между касательными к упругим лини-
ям ригеля и наклонной стойки в узле В сохраняет неизменную величину α, а
угол между касательными к упругим линиям того же ригеля и правой стойки в
узле D сохраняет неизменную величину β. Рамы могут быть плоскими, когда
все оси стержней лежат в одной плоскости (рис 6.1, а, б, в) и пространственны-
ми (рис. 6.1, г). Горизонтальный стержень рамы называют ригелем, а стержни,
его поддерживающие, называют стойка. Левая стойка наклонная, а правая вер-
тикальная. Рамы могут быть простыми, состоящими из трёх стержней (рис 6.1),
сложными, многопролётными (рис 6.1, б) и многоярусными (рис 6.1, в). Также
они подразделяются на статически определимые (рис 6.1, б), когда число неиз-
вестных реакций, усилий меньше или равно числу независимых уравнений ста-
тики, которые могут быть составлены для данной рамы, и статически неопреде-
лимые, если это условие не выполняется (рис 6.1, а, в, г), об этом будет сказано
далее. В отличии от балок, в сечениях рам, наряду с изгибающими моментами,
поперечной силой, возникает еще и продольная сила.
Рис. 6 .1
Определение усилий (М, Q, N) выполняются так же, как и в балках, посред-
ством метода сечений (РОЗУ). При этом правило знаков для изгибающего мо-
мента М и поперечной силы Q такое же, как для балок, а для продольной силы
N, как в стержнях при растяжении–сжатии. Определение нормальных σ и каса-
тельных напряжений τ производится по тем же зависимостям, как в балках, ес-

231
ли стержень испытывает изгиб. В случае сложного сопротивления, когда наря-
ду с изгибающим моментом возникает в стержне еще и продольная сила, то
расчет ведется как и при изгибе с растяжением–сжатием, излагаемым в разделе
7.6 – Сложное сопротивление.
Пример 6.1
Для заданной рамы (рис. 6.2) построить эпюры внутренних усилий и най-
ти величину и направление полного перемещения сечения К, если Р = 5кН;
q = 10 кН/м; EIz = const; сечения стоек и ригеля одинаковые I = 8000 см
4
:
3
cos
;
5
α=
4
sin
;
5
α=
245.
l
м
=
Рис. 6 .2
Решение:
1. Находим реакции опор:
а) вертикальные реакции V1,V2:
1
2
2
2
1
1
010636
60
35.
0 1063 60
30.
М
РV
V
кН
М
V
V
кН
=
→⋅⋅+
⋅
−
⋅
=
→=
=
→−
⋅
⋅
+⋅
=
→=
∑
∑
Проверка:
1
2
0;
6353051060
УVVРq
=
+−−
⋅
=
+−−
⋅
=
∑
б) горизонтальные реакции Н1 и Н2:
1
1
1
2
2
2
0
4
2 210
10.
0
42
4
4
40
10.
лев
ш
пр
ш
М
Н
V
q
Н
кН
М
q
РV
Н
Н
кН
=
→−
⋅
+⋅
−
⋅
⋅
=
→=
=
→⋅⋅+
⋅
−
⋅
+⋅
=
→=
∑
∑
Проверка:
1
2 10100.
XНН
=
−
=
−
=
∑
2. Строим эпюры внутренних усилий М, Q, N:

232
a) построение эпюры изгибающих моментов М.
Выбираем точку наблюдения, считая, что она находится внутри контура. В
этом случае поля расположены выше участков 1-3, 3-4, 4-К, 4-2, рассматрива-
ются как внешние, а внутри контура – внутренние. При определении изгибаю-
щих моментов придерживаемся таких правил, что и в балках. Вычисляем мо-
менты в характерных сечениях каждого из участков рамы.
Участок 1-3 .
Момент на конце со стороны опоры – 1, М13 = 0.
Моментвузле3,М31= –Н1⋅4 = – 10⋅4 = – 40кНм.
Знак минус потому, что на участке 1-3 нижняя отсеченная часть изгибается
выпуклостью вверх по отношению к наблюдателю.
Участок 3-4 (ригель).
Момент в начале участка (в сечении узла 3) М34 , такой же, как и на
стойке 1-3, М34 = М31 = 40 кНм.
Момент 43
1
1
4 31,5
31041031,53035 .
M
Н
q
V
кНм
=−
⋅
−
⋅
⋅
+⋅=−
⋅
−
⋅
⋅
+⋅=
В шарнире момент равен нулю.
Участок 2-4 (наклонная стойка).
24
42
2
2
0,
3
435310465 .
M
МV
Н
кНм
=
=
⋅
−
⋅
=
⋅
−
⋅
=
Участок 4-К
В начале участка момент МК4 = 0.
В конце участка
4
3 31,5 531031,5 60
.
К
M
Рq
кНм
=−
⋅
−
⋅
⋅
=−
⋅
−
⋅
⋅
=−
Эпюра изгибающих моментов показана на (рис. 6 .3, а )
Рис. 6 .3

233
Выполняем проверку правильности построения эпюры М.
Если эпюра М построена верно, то любой внеопорный узел или любая
часть рамы под действием внешних и внутренних сил должна находиться в
равновесии. Вырежем из рамы сечениями бесконечно близкими к узлу, напри-
мер, узел (4) и рассмотрим его равновесие. Значения моментов берем в соответ-
ствующих сечениях из эпюры М (рис. 6.3, б).
Уравнения моментов узла (4) имеют вид
(4)560650
М=+
−
=
∑
.
Условие выполняется, значит, в примыкающих к узлу (4) сечениях момен-
ты определены верно.
Аналогично выполняется проверка в узле (3) и т. д .
Примечание. Если в узле приложены сосредоточенные внешние усилия
(момент или силы), то они должны быть учтены при проверке. Распределенная
нагрузка не показывается, т. к. dx – малая величина.
б) построение эпюры поперечных сил Q.
Придерживаемся того же правила знака, как для балок: если равнодейст-
вующая внешних сил слева от сечения направлена вверх, а справа вниз попе-
речнаясилаQ>0,еслинаоборот–тоQ<0.
Участок 1–3 .
При рассмотрении левой отсеченной части 13
1
13
;
10 кН
QHQ
=−
=−
(минус
потому, что левая отсеченная часть находится под воздействием силы Н1 , на-
правленной вниз, если смотреть на отсеченную часть из точки наблюдателя).
Поперечная сила постоянна по длине этого участка (рис. 6.4, а)
а
б
Рис. 6 .4

234
Участок 3–4
Поперечная сила в любом сечении, взятом на расстоянии х от узла (3) при
рассмотрении сил, действующих от сечения слева, равна
1
30 10
QVqx
x
=
−
=
−
.
При х = 0 получим поперечную силу в сечении левее узла (3), т. е. 34 30 ;
QкН
=
при х = 3 м получаем поперечную силу 43 30 10 3 0
Q=
−
⋅
=
, т. е. в сечении левее
узла (4).
Поперечная сила на участке 3–4 изменяется по линейному закону (рис. 6 .4, а).
Участок 4–К .
В сечении на расстоянии х от правого конца участка (рис. 6 .4, а) попереч-
ная сила равна
510
QPqx
x
=
+=+
(линейный закон).
При х = 0 получаем
45
,
К
QкН
=
априх=3мполучаем 4
510335.
К
Q
кН
=
+⋅=
Участок 2–4 .
Поперечную силу в сечении этого участка получим, проектируя внешние
силы Н2, V2, приложенные в точке 2 (рис. 6.4, а) на ось У, перпендикулярную
продольной оси стержня.
2
2
3
4
cos
sin
35 10
13.
5
5
X
QV
H
кН
α
α
=−
⋅
+
=−
⋅
+⋅
=−
По длине участка 3-4 поперечная сила постоянная. Эпюра поперечных
сил изображена на (рис. 6.4, а).
в) построение эпюры продольных сил N. Вычисляем продольную силу в
сечении каждого участка.
Участок 1–3 .
Рассматриваем нижнюю часть (рис. 6.5):
13
1
30
N
V
=−
=−
кН.
Минус взят потому, что продольная сила, уравновешивающая реакцию
V1, направлена к сечению, т. е . навстречу реакции V1, значит, отсеченный уча-
сток испытывает сжатие. Если бы продольная сила была направлена от сечения,
то знак N – положителен.
Участок 3–4 (на ригеле).
Продольная сила 34
1
10
N
H
=−
=−
кН отрицательна, так как сжимающая.

235
В сечении х (рис. 6 .4, б) на участке 4-К:
4
40
К
К
NN
=
=
,т.к.qиРперпен-
дикулярны продольной оси участка.
Участок 2–4 .
В соответствии с методом РОЗУ рассматриваем нижнюю часть участка 3-4.
Рис. 6 .5
На наклонной стойке в сечении продольную силу находим, проектируя
внешние силы V2 и Н2 на ось Х, совпадающею с осью стержня (рис. 6 .5):
24
3
4
0,
103534
5
5
Х
N
=
=+
⋅
+⋅
=
∑
кН (сжатие).
Так как стержень испытывает сжатие, то продольная сила отрицательна
24
34
N=−
кН. Эпюра продольных сил изображена на (рис. 6.4, б).
Определяем перемещения сечения К (для этого используем интеграл Мора,
формулы А.К . Верещагина, Симпсона):
а) вертикальное перемещение сечения К.
Для этого освобождаем раму от всех внешних нагрузок (q, Р) и приклады-
ваем в этом сечении единичную безразмерную силу (рис. 6.6, а). Направление
силы принимаем сами, например вниз. Находим опорные реакции и строим
эпюру изгибающих моментов от этой силы. Эта эпюра представлена на
рис. 6.6, а.
Производим перемножение эпюр М и М1 по способу Верещагина, находим
вертикальное перемещение сечения К.
(
)
3
1
6552
3
471, 25
3
603 418,751,5 0
().
236
верт
К
ММ
dx
кНм
EI
EI
EI
EI
⋅
∆=
=
⋅
⋅
+
⋅
+⋅
⋅
+=
∑∫

236
3
11
8
471, 25 10
0, 0294 2, 94
210 800010
верт
К
м
−
⋅
∆=
=
=
⋅
⋅
⋅
см.
Рис. 6 .6
На участке 4-К использовалась формула Симпсона, а на участке 2-4 фор-
мула Верещагина.
б) определяем горизонтальное перемещение сечения К.
Для этого раму освобождаем от внешних нагрузок, загружаем единичной
безразмерной силой, приложенной горизонтально (рис. 6.6, б). Эпюра от этой
силы показана на рис. 6.6, б.
Вычисляем горизонтальное перемещение, используя формулы Верещагина и
Симпсона.
2
3
11
8
40424
3
4
1 265522
(40
46,25 5 )
2336
3
33233
175,8
175,8 10
0, 0109
1, 09
.
210 800010
гор
К
ММ
dx
EI
EI
EI
EI
м
см
EI
−
⋅
⋅


∆=
=−
⋅
+
−
⋅
−
⋅
⋅
−
⋅
−
⋅
=




⋅
=−
=−
=−
=−
⋅
⋅
⋅
∑∫
Знак минус указывает, что действительное горизонтальное перемещение
направлено в противоположенную сторону приложения единичной силы, т. е .
влево. Находим полное перемещение сечения К как геометрическую сумму
найденных перемещений.
()()()()
2
2
2
2
2, 94 1, 09 3,142
в
г
К
К
К
∆=∆+∆
=
+
=
см.
Направление полного перемещения определяется углом β (рис 6.7, б).

237
175,8
0, 373;
471, 25
20 27'.
гор
К
верт
К
tgβ
β
∆
=
=
=
∆
=
°
• Определяем угол поворота сечения К.
Прикладываем в сечении К единичный безразмерный момент (рис. 6 .7, а) и
строим от него эпюру изгибающих моментов.
Рис. 6 .7
Производим перемножение эпюр М и М3, используя формулу Верещаги-
на, находим угол поворота сечения К:
2
3
11
8
40421 3
1
1
1
(( 40) 4 6,25
5)
2336
3
126
3
65525
106, 66 48, 7 405 541, 66
(601 418,751 0)
6
236
6
6
6
6
791,3 131,88
131,88 10
0, 0082
6
210 800010
К
К
ММ
dx
EI
EI
EI
EI
EI
EI
EI EI
EI
кНм
EI
EI
φ
−
⋅

=
=−
⋅
+
−
⋅
−
⋅
⋅
−
⋅
+


⋅

+
⋅
+⋅
⋅
++
⋅
=−
−
+
+
=


⋅
=
=
=
=
⋅
⋅
⋅
∑∫
0, 47
.
рад
град
=
1
М=

238
7. Расчет статически неопределимых стержневых систем.
7.1. Общие понятия
Для того чтобы стержневые системы (балки, рамы и т. п.) могли служить
сооружениями и выдерживать внешние нагрузки, необходимо наложить на них
определенные связи, которые делят на связи внешние и внутренние.
Под связью обычно понимают тела (препятствия), ограничивающие
перемещение другим телам, точкам или сечениям конструкции. На практике
такие тела называют опорными устройствами, фундаментами и т. п. В
инженерных расчетах вводится понятие идеальных связей. Если, например, на
левый торец бруса (рис. 7.1, а) наложено условие, запрещающее вертикальное
перемещение, то говорят, что в этой точке имеется одна внешняя связь. Условно
она изображается в виде стержня с двумя шарнирами. Если запрещено
вертикальное и горизонтальное смещения, то на систему наложены две
внешние связи (рис. 7 .1, б). Заделка в плоской системе дает три внешние связи
(рис 7.1, в), препятствующие вертикальному, горизонтальному смещениям и
повороту сечения заделки.
лд
Рис. 7 .1
Для того чтобы закрепить тело (стержень) на плоскости и обеспечить ему
геометрическую неизменяемость, необходимо и достаточно наложить на него
три связи (рис. 7.2), причем все три связи не должны быть взаимно
параллельными и не должны пересекаться в одной точке.
В дальнейшем связи, обеспечивающие геометрическую неизменяемость
системы и ее статическую определимость, будем понимать как необходимые
связи.
Геометрически неизменяемой системой называют такую систему,
которая может изменять свою форму только за счет деформации ее
элементов (рис. 7.2).

239
Рис. 7 .2
Если система допускает перемещение без деформации её элементов, то
её называют геометрически изменяемой. Такие системы представлены на
рисунке 7.3 . Эти системы являются механизмами (рис. 7.3, а).
Рис. 7 .3
Наряду с отмеченными различают еще мгновенно изменяемые системы, под
которыми понимают системы, допускающие бесконечно малые перемещения без
деформации их элементов (рис. 7.4). Так, например, под действием силы ,
P
приложенной в шарнире Д (рис. 7 .4, а), стержни ДВ и ДС без деформации
повернутся относительно шарниров В и С на бесконечно малый угол dα . Тогда
из условия равновесия, вырезанного узла (
)0
Y=
∑ при малом значении
величины силы P усилия в стержнях ДВ и ДС будут стремиться к
бесконечности, вызывая осевую деформацию стержней и изменяя положение
системы.

240
Рис. 7 .4
Для рамы на рис. 7.4, б при рассмотрении уравнения статики
0
k
m=
∑
момент силы P не уравновешивается (реакция 1 ,
R не может вызывать момента
относительно рассматриваемой точки, так как линия ее действия проходит через эту
точку). Аналогичная особенность проявляется и для системы, показанной на
рис. 7 .4, в. Момент силы P относительно точки k не уравновешивается.
Таким образом, эти системы также допускают бесконечно малые
перемещения (относительно моментной точки) без деформации их элементов. В
сооружениях и конструкциях такие системы недопустимы.
Если геометрически неизменяемая система имеет помимо необходимых
еще и дополнительные связи, то независимых уравнений статики оказывается
недостаточно для определения неизвестных усилий (реакций связей), и такая
система называется статически неопределимой.
Разница между числом неизве стных усилий, подлежащих определению,
и числом независимых уравнений статики характеризует степень статической
неопределимости, которую принято обозначать символом n . Так, балка и рама,
представленные на рис. 7 .5, являются два раза (дважды) статически
неопределимыми. В этих схемах число неизвестных реакций равно пяти, а число
независимых уравнений статики, которые можно составить для каждой из них,
равно трем.
Всякий замкнутый контур представляет собой систему трижды
статически неопределимую (рис. 7 .6).

241
Рис. 7 .5
Рис. 7 .6
Постановка одиночного шарнира снижает степень статической
неопределимости системы на единицу (рис. 7.7, а), поскольку изгибающий
момент в шарнире отсутствует. Под одиночным шарниром понимают шарнир,
соединяющий концы двух стержней.
Рис. 7 .7
Шарнир, включенный в узел, где сходятся концы нескольких стержней,
понижает степень статической неопределимости системы на число одиночных
шарниров, определяемых по формуле:
О=С –1.
Здесь под C понимают число стержней, сходящихся в узле. Например, в
раме (рис. 7.7, б) число одиночных шарниров О = С – 1 = 3 – 1 = 2, поэтому
степень статической неопределимости понижается на две единицы и
становится равной
4.
n=
В рамах степень статической неопределимости можно определить по
формуле
3-
n
КШ
=
.
Здесь: К – число контуров;
Ш – число одиночных шарниров.
Например, для рамы (рис. 7.7, б) степень статической неопределимости
32-2 4
n=⋅
=

242
7.2. Расчет статически неопределимых стержневых систем
методом сил
Наиболее широко применяемым методом раскрытия статической
неопределимости стержневых систем является метод сил. Он заключается в
том, что заданная статически неопределимая система освобождается от
дополнительных (лишних) связей как внешних, так и внутренних, а их действие
заменяется силами и моментами. Величина их в дальнейшем определяется так,
чтобы
перемещения
соответствова ли
тем ограничениям,
которые
накладываются на систему отброшенными связями. Таким образом при
указанном способе решения неизвестными оказываются силы или моменты,
действующие в местах отброшенных или рассеченных связей. Отсюда и
название «метод сил».
Сущность метода сил рассмотрим на примере расчета статически
неопределимой балки, изображенной на рис. 7.8, а.
Пусть требуется построить эпюры внутренних усилий M и Q для балки
постоянной жесткости EI, которая (рис. 7.8, а) нагружена равномерной
распределенной нагрузкой интенсивностью q. Для этого необходимо найти
четыре реакции связей: VА, HВ, МВ, VВ.
Поскольку независимых уравнений равновесия можно составить только
три, то данная балка представляет собой систему однажды статически
неопределимую n=4-3=1.
Это говорит о том, что имеется одна связь, «лишняя» по сравнению с
необходимым числом трех связей, которые надо наложить на балку, чтобы она
оставалась геометрической неизменяемой. Чтобы сделать систему статически
определимой, мысленно рассечём (удалим) эту «лишнюю» связь, покажем её
силовое воздействие на систему. Пусть в качестве «лишней» рассматривается
подвижный шарнир А. Тогда реакцию в нём примем за неизвестную Х1.
Отбросив связь, мы допустим возможность вертикального перемещения
сечения «А», которое на самом деле не может перемещаться из-за наличия
опоры. Поэтому найдем такое значение Х1, при котором перемещение в
сечении «А» по направлению «лишней» неизвестной от одновременного
действия нагрузки и самой неизвестной Х1 равно нулю.
Это перемещение обозначим
1
1(,X)
Р
∆ . Здесь первый индекс «1»
соответствует номеру сечения и направлению, в котором определяется
перемещение, а второй – (Р,Х1) показывает причину, вызывающую
перемещение, иначе нагрузку.
Преобразуем левую часть уравнения на основе принципа независимости
действия сил: перемещение от одновременного приложения системы сил равно
сумме перемещений от действия каждой из них в отдельности:
1
1
1(P,X )
1p
1X
∆=∆+∆0
=
(7.1)

243
q
VA
VB
l
q
q
∆
1
P
X1
Эпюра МР
∆
1
X
1
1
l
l/2
Эпюра М
Эпюра М
Эпюра Q
3
q
l
8
2
5
q
l
8
2
q
l
8
2
q
l
2
2
δ
ql
16
2
ql
128
2
X=1
1
X1
а
б
в
г
д
е
ж
з
и
МB
НB
Рис. 7 .8

244
Эти перемещения показаны на рис. 7 .8, а, б, в, г. Первое слагаемое в этом
уравнении можно вычислить, например, по способу Мора. Что касается второго
слагаемого, то вычислить его нельзя, так как неизвестно Х1, но его можно
представить в ином виде. Если перемещение от силы, приложенной в том же
сечении и по тому же направлению, что и Х1, но равной единице (Х1=1),
обозначив это перемещение δ11 (рис. 7 .8, д), то по закону Гука
1
1
111
X
X
δ
∆=
(перемещение ∆1Х1 в Х1 раз больше, чем δ11). Тогда уравнение (7.1) будет иметь
вид
111
1
Х
0
p
δ+∆=
.
(7.2)
Это уравнение обеспечивает эквивалентность принятой статически
определимой системы (рис. 7.8, б) и заданной статически неопределимой
системы (рис. 7.8, а). Поэтому схема, показанная на рис. 7.8, б, называется
эквивалентной, а уравнение 7.2 − каноническим.
Действительно, при соблюдении условия (7.1) обе балки (рис. 7.8, а и б)
испытывают одинаковые усилия, напряжения, перемещения, деформации.
Из (1.1) находим величину лишней неизвестной:
1
1
11
Х
,
p
δ
∆
=−
(7.3)
где ∆1p – это перемещение по направлению Х1, вызванное внешними
силами (рис. 7.8, в);
δ11 – перемещение по направлению действия силы Х1, вызванное
единичной безразмерной силой Х1 = 1.
Для нахождения ∆1p по способу Мора построим эпюру Мр (от заданных
внешних сил – рис. 7.8, е) и М1 (от силы Х1 = 1 − рис. 7.8, ж). Перемножая
эпюры по формуле Симпсона, находим
2
2
4
1
4
6
2
828
p
lql
qllql
l
EI
EI


∆=−
+
⋅
=




(7.4)
Перемещение δ11 (рис. 7 .8, д) вызывается силой, равной Х1 = 1, которая
приложена в сечении «А». Следовательно, в качестве «грузовой» в данном
случае выступает эпюра 1
М , представленная на рис. 7.8, ж. Таким образом,
чтобы найти δ11 нужно умножить эпюру 1
М саму на себя. Применяя формулу
перемножения треугольных эпюр по способу Верещагина, получим
3
11
3
l
EI
δ=
.
(7.5)
Подставляя значения (7.4) и (7.5) в выражение (7.3), находим
1
3
8
X
ql
=

245
Теперь легко построить эпюры М и Q, поскольку для заданной и
эквивалентной систем они одинаковы. Выполняя построение именно для
эквивалентной системы, используем принцип независимости действия сил.
Изгибающий момент МZ в произвольном сечении балки, который возникает от
одновременного приложения внешних сил и лишней неизвестной, равен сумме
изгибающих моментов МР и 1 1
МХ
⋅
, действующих в том же сечении балки. Т.е.
которые возникают от раздельного нагружения основной системы: только
заданными внешними силами (момент МР) и одной лишней неизвестной
(момент 1 1
МХ
⋅
). Тогда действительный изгибающий момент в сечении К балки
можно определить по формуле:
1
К
Р
1
М=М+МХ
К
К
⋅
,
(7.6)
где К – сечение в котором определяется действительный изгибающий -
момент.
Таким образом, для построения окончательной эпюры М надо ординаты
эпюры МР (рис 1.13, е) алгебраически сложить с ординатами эпюры 1
М (рис
1.13, ж), увеличенными в Х1 раз. В результате чего, получится парабола,
которую строят по найденным значениям изгибающего момента для ряда точек
(рис. 7 .8, з). В сечении «А» изгибающий момент равен нулю, а в заделке:
2
2
3
|
28
8
xl
ql
ql
M
qll
=
=−
+
⋅
=−
Посредине пролёта (см. рис 7.8, з):
2
2
/2
3
|
88216
xl
ql
lql
M
ql
=
=
+
⋅
=
.
Эпюру поперечных сил Q (рис. 7 .8, и) проще строить для эквивалентной
системы, начиная с левого конца, как для статически определимой балки. Из
неё видно, что максимальный изгибающий момент действует в сечении,
расположенном на расстоянии 3l/8 от левого конца, где поперечная сила равна
нулю. Максимальный изгибающий момент равен:
2
2
max
3313
9
.
8828
128
M
qllql
ql

=
⋅
−
=


Следует отметить, что наибольший по абсолютной величине изгибающий
момент в рассматриваемой статически неопределимой балки (
2
М
8
ql
=
)
значительно (в 4 раза) меньше, чем в такой же консольной статически
определимой балке.

246
Как следует из рассмотренного примера, главная идея метода сил состоит в
замене статически
неопределимой стержневой системы статически
неопределимой путем устранения (рассечения) лишних связей. Их силовое
воздействие заменяется из условия эквивалентности систем. Эти условия
представляют собой уравнения перемещений, физический смысл которых
заключается в отрицании перемещений освобожденного от связи сечения по
направлению отброшенной связи.
В рассмотренном примере выше балка имеет одну лишнюю связь и для
определения неизвестного усилия потребовалась дополнительно одно
каноническое уравнение.
В случае, если система n раз статически неопределимая, то канонические
уравнения имеют вид
111
122
133
1
1
211
222
233
2
2
311
322
333
3
3
...
0
...
0
...
0
.................................................................
....................................
nn
p
nn
p
nn
p
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
δδ
δ
δ
δδ
δ
δ
δδ
δ
δ
+
+
++
+∆=
+
+
++
+∆=
+
+
++
+∆=
11
22
33
.............................
...
0
n
n
n
nnn
np
x
x
x
x
δδ
δ
δ










+
+
++
+∆=
Здесь коэффициенты с одинаковыми индексами δ11, ..., δii называют
главными, а δ12, δ21, ..., δij, δji называют побочными коэффициентами.
Главные коэффициенты всегда положительны. Побочные коэффициенты
могут быть положительными, отрицательными и равными нулю.
∆iр – называются свободными или грузовыми коэффициентами.
Коэффициенты представляют собой перемещения точек системы в
направлении отброшенных связей, следовательно, их можно найти посредством
интеграла Мора:
;
i
К
ik
ki
ММ
dx
EI
δδ
⋅
=
=
∑∫
.
Р
i
iР
MМ
dx
EI
⋅
∆ =∑∫
В этих коэффициентах первый индекс указывает направление
перемещения (линейное или угловое), а второй – усилие, которое вызывает это
перемещение. Например δ12 – это относительное перемещение в основной
системе по направлению действия силы Х1, вызванное силой Х2 = 1, δ11 – это
относительное перемещение в основной системе по направлению действия
силы Х1, вызванное этой же силой Х1 = 1.
(7.7)

247
7.3. Определение внутренних усилий в неразрезных балках.
Пример расчета.
Неразрезными балками называют балки, не имеющие промежуточных
шарниров и лежащие более чем на двух опорах (рис. 7 .9, а). Такие балки
широко применяются в различных конструкциях. Сюда относятся балки
междуэтажных перекрытий, валы некоторых турбин, машин и т.д .
Неразрезная балка представляет собой статически неопределимую систему
(рис. 7 .9, а). Для определения внутренних усилий в неразрезных балках
применяется метод сил.
а
б
в
г
М
М
P
P
q
q
X1
X2
X3
Основная система
Эквивалентная система
Заданая система
Рис. 7 .9
При этом рациональный выбор основной системы, приходящий к
значительным упрощениям в расчетах, заключается в том, что за лишние
принимаются внутренние связи в опорных сечениях. Они препятствуют
взаимному повороту относительно друг друга, примыкающих сечений к
опорному. Для этого необходимо во всех опорных сечениях ввести
промежуточные шарниры (рис.7.10, б), но при соблюдении условия
геометрической неизменяемости системы.
В неразрезной балке опорные сечения не перемещаются, а только
поворачиваются (отклоняются от вертикального положения на некоторый угол)
(рис. 7.10, а). Так как угол поворота поперечных сечений по длине балки
меняются непрерывно, то углы поворота двух бесконечно близко
расположенных сечений одинаковы с точностью до бесконечно малой

248
величины. Это справедливо и для сечений А и В, расположенных бесконечно
близко слева и справа от опоры (рис. 7.10). В результате деформации они
поворачиваются на один и тот же угол φ, а взаимный угол поворота равен
нулю, т.е . отсутствует поворот сечения B по отношению к сечению А.
P
q
B
A
B
A
φ
б
Рис. 7 .10
При рациональном выборе основной системы устраняют связь,
препятствующую
взаимному
повороту
сечений,
путем
врезания
промежуточных идеальных шарниров в опорных сечениях (рис. 7.9, б и 7.10, б).
Тогда сечение В может повернуться по отношению к сечению А на некоторый
угол θ.
Полученная система удовлетворяет требованиям геометрической
неизменяемости и статической определимости. Она состоит из ряда
однопролетных статически определимых шарнирно-опертых по концам
балочек. Наличие общих промежуточных опор не принципиально, можно
условно изобразить эти балочки и отдельно.
Так как идеальный шарнир не передает изгибающий момент, то врезание
шарнира устраняет изгибающий момент в опорном сечении балки и его следует
принять за лишнюю неизвестную. А поскольку в качестве лишней принята
внутренняя связь, то одна лишняя неизвестная должна состоять из двух равных
по величине, но противоположно направленных моментов (рис. 7.9, г). Один
момент заменяет действие рассекаемой связи на ту часть балки, которая
расположена слева от опоры (на левую часть), другой – на правую часть балки.
Пример 7.1
Построить эпюры внутренних усилий для заданной неразрезной балки
(рис. 1.25, а) постоянной жесткости и подобрать для неё двутавровое сечение,
если [σ] = 160МПа.

249
м
м
м
а
б
в
г
д
е
ж
з
Рис. 7 .11
Каноническая система уравнений записывается в виде (7.6). По-прежнему
её i-е уравнение отрицает перемещение по направлению i-й отброшенной связи,
т.е . взаимный угол поворота двух сечений, бесконечно близко примыкающих к
врезанному шарниру, слева и справа, под действием заданных внешних сил и
всех лишних неизвестных усилий. Это перемещение должно равняться нулю,
если решение по определению внутренних усилий выполнено правильно.

250
Достоинства такого выбора основной системы рассмотрим на конкретном
примере.
а
б
в
г
д
Рис. 7 .12
Решение:
1. Устанавливаем степень статической неопределимости заданной
системы. Она равна двум, так как необходимо определить 4 реактивных усилия
для плоской системы параллельных сил, для которой можно составить только 2
независимых линейных уравнения равновесия статики.
2. Образуем основную систему метода сил. (рис. 7 .11, б). Для этого
врезаем идеальные промежуточные шарниры в опорные сечения А и В. В
сечении С шарнир врезать нельзя, так как это приведет к повороту консоли СD
и система станет геометрически изменяемой, что недопустимо. Таким образом
основная система представляет собой совокупность двух статически
определимых балочек АВ и ВСD.
3. Загружаем основную систему внешней нагрузкой и усилиями
(моментами Х1, Х1) перерезанных опорных связей, т.е . образуем эквивалентную
систему (рис. 7 .11, в). Лишняя неизвестная Х1 представляет собой реактивный
момент защемления А, а лишняя неизвестная Х2 заменяет изгибающие
моменты в опорном сечении В.
4. Каноническая система уравнений имеет вид

251
111
122
1
211
222
2
0
0
p
p
x
x
x
x
δδ
δδ
+
+∆=

+
+∆=
(7.8)
5. Загружаем основную систему заданной внешней нагрузкой. Такое
состояние системы называется грузовым (рис. 7 .11, г). Строим эпюру
изгибающих моментов для такой системы. Такая грузовая эпюра МР
изгибающих моментов показана на рис. 7.11, д. Она получена в результате
построения эпюр изгибающих моментов для балок АВ и BCD.
6. Единичные состояния получаются путем приложения к основной
системе единичных моментов-пар сил по направлению лишних неизвестных:
Х1=1 в сечении А (рис. 7.11, е) и Х2=1 в сечении В (рис. 7.11, а). Для этих
состояний построены единичные эпюры 1
М (рис. 7.11, ж) и
2
М (рис. 7.11, и).
7. Определяем грузовые коэффициенты ∆1Р и ∆2Р путем «перемножения»
грузовой и единичных эпюр посредствам интеграла Мора и формул Симпсона и
Верещагина:
(
)
(
)
1
1
2
2
6
180
04900,50
6
6
6061
120
04900,50
10
6
23
p
p
i
p
p
i
MM
dx
EI
EJ
EI
MM
dx
EI
EJ
EJ
EI
⋅
∆=
=
−
⋅
⋅
+=−
⋅
⋅
∆=
=
−
⋅
⋅
++
⋅
+=−
∫
∫
8. Вычисляем коэффициенты δ11 δ12 δ22 канонической системы
уравнений. Для этого используем формулу Верещагина «перемножения
треугольных эпюр»:
2
1
11
162 2
1
;
23
i
M
dx
EI
EJ
EJ
δ
⋅
=
=
⋅
=
∫
2
2
22
162
4
12
;
23
i
M
dx
EI
EJ
EI
δ
⋅


=
=
⋅
⋅
=




∫
1
2
21
12
161 1
1
.
23
i
MM
dx
EI
EJ
EI
δδ
⋅
⋅
=
=
=
⋅
=
∫
9. Каноническая система уравнений после её умножения на
1
EI
принимает вид:

252
1
2
1
2
2XX1800
X4X1200.
⋅
+−
=

+⋅
−
=

10. Решая эту систему, находим неизвестные:
1
X 85,71
;
кНм
=
⋅
2
X 8,57
.
кНм
=
⋅
11. По принципу независимости действующих сил изгибающий момент в
любом сечении определяем по формуле (7.6):
1
2
85, 71
8, 57
К
К
К
К
Р
MMM
M
=
+
⋅
+
⋅
,
где К – сечение, в котором определяется момент.
Поэтому действительная эпюра М (рис. 7.12, а) строится суммированием
соответствующих эпюр грузового и единичных состояний.
12. Деформационная проверка производится «перемножением» эпюр М1 ,
M2 и M с помощью интеграла Мора и способа Верещагина, или перемножением
любой другой единичной эпюры, например,
3
М , построенной в основной
системе от силы X3 = 1. Если вычисления в расчетах выполнены правильно, то
перемещение по направлению отброшенных или перерезанных связей должны
быть равны нулю.
1
1
0
MM
dx
EJ
⋅
∆=
=
∫
и
2
2
0.
MM
dx
EI
⋅
∆=
=
∫
Для более полной проверки рекомендуется выбрать другую основную
систему, например показанную на рис. 7.12, б. Тогда одному из единичных
состояний и соответствует единичная эпюра
3
М , имеющая вид,
представленный на рис. 7.12, в, г. Поскольку в эквивалентной системе
вертикальное перемещение ∆3 в опоре С должно отсутствовать, то для
проверки надо «перемножить» эпюры
3
М и M, в результате чего при
правильном решении должен получиться ноль.
В рассматриваемом примере

253
(
)
(
)
3
3
6
85,71 12 4 42,87 9 8,57 6
6
6
1
28,57600606
(463,38 462,84) 0
6
MM
dx
EI
EJ
EJ
EI
⋅
∆=
=
−
⋅
+⋅
⋅
−
⋅
+
−
⋅
⋅
++−
⋅
=
−
≈
∫
Погрешность расчета составляет δ % = 0,11 %, что допустимо.
13. Строим эпюру поперечных сил (рис. 7 .12 д). Для этого удобно
воспользоваться методом вырезания стержней, который состоит в следующем.
Вырежем участок АВ балки (рис. 7.13, а), расположенный между двумя
характерными или опорными сечениями, и заменим действие отброшенных
частей известными изгибающими моментами, величина которых определяется
по эпюре M (рис. 7 .12, а) в сечениях А и В и неизвестными поперечными
силами QA и QB.
Если силы направить в положительном направлении, то знак поперечной
силы получается при решении автоматически. Эти силы найдем из условия
равновесия рассматриваемого участка:
0:
A
m=
∑
85,71 20 6 3 8,571
60
B
Q
−
⋅
⋅
−
−
⋅
=
, откуда
47,14
B
Q
кН
=−
0:
B
m=
∑
85,71 20 6 3 8,571
60
A
Q
+⋅⋅
−
−
⋅
=
, откуда
72,86
A
Q
кН
=
Для участка BC (рис. 7 .13, б)
0:
B
m=
∑
85, 71 60
60
C
Q
−
−
⋅
= , откуда
85, 71
C
Q
кН
=−
, поперечные силы
постоянны на всем участке.
Рис. 7 .13

254
По эпюре Q (рис. 7 .12, д) легко установить величину опорных реакций,
которые равны скачкам на эпюре в опорных сечениях.
Таким образом, все реакции направлены вверх, и VA = 72,86 кН,
VB = 35,57 кН, VC = 48,57 кН.
14. Выполняем статическую проверку. Составляем уравнение равновесия
для заданной балки в форме суммы проекции внешних сил на ось − У 0
=
∑ или
суммы моментов
0
B
m=
∑ всех сил относительно любой точки – они должны
быть равны нулю. Например, составим уравнение равновесия в виде
У
6
72,86 38,57 48,57 20 6 40 160 160 0.
A
B
C
VVVqP
=
++−
⋅
−
=
+
+
−
⋅
−
=
−
=
∑
Продольные силы в балке отсутствуют.
Для подбора сечения используем условия прочности
max
max
[]
z
M
W
σ
σ
=
≤
Находим по эпюре Mmax = 85,71кНм и по нему расчетный осевой момент
сопротивления
3
43
3
max
2
6
85, 71 10
5,357 10
535, 7
[] 16010
M
W
м
см
σ
−
⋅
≥
=
=
⋅
=
⋅
По ГОСТ 8239-89 этому условию удовлетворяет двутавр No 33, для
которого WZ = 597 см
3
. Балка будет иметь завышенный запас прочности – 11 %.
Из представленного решения видны признаки рационального выбора
основной системы.
1. Система состоит из ряда простых статически определимых, шарнирно-
опертых балочек, что вносит значительные упрощения в построение грузовой
эпюры изгибающих моментов МР (рис. 7.11, д).
2. Упрощается построение единичных эпюр изгибающих моментов
i
М.
Эпюры имеют треугольный вид (рис. 7.11, ж, и) и отличны от нуля только в
пролётах, примыкающих к тому сечению, где приложен единичный момент
(т.е . не более чем в двух пролётах).
3. При вычислении грузовых коэффициентов канонической системы
уравнений результаты перемножения эпюр отличны от нуля не более чем в
двух пролетах.
4. Коэффициенты δik, у которых индексы отличаются более чем на единицу
(|i − k| > 1), равны нулю. Следовательно, в каждое уравнение канонической
системы (7.8) входит не более трёх неизвестных, что упрощает её решение.

255
8. Сложное сопротивление
8.1 Общие понятия
Под сложным сопротивлением понимают совокупность простых видов
деформаций бруса, при которых в его поперечных сечениях одновременно воз-
никает более одного внутреннего силового фактора. Исключением является
прямой поперечный изгиб, который не принято рассматривать как случай
сложного сопротивления, хотя при этом в сечениях и возникают два внутрен-
них силовых фактора: изгибающий момент и поперечная сила. Этот вид дефор-
мации рассматривается как простой потому, что в подавляющем большинстве
случаев расчеты на прочность и жесткость ведутся без учета влияния попереч-
ных сил, т. е . по одному силовому фактору – изгибающему моменту.
Напряжения и деформации при сложном сопротивлении могут быть в
большинстве случаев вычислены на основании принципа независимости дейст-
вия сил. Для этого сложная деформация раскладывается на простые. Для каж-
дой простой деформации находят напряжения и перемещения. Суммарное на-
пряжение или перемещение определяют алгебраическим или геометрическим
их сложением.
Среди случаев сложного сопротивления стержней наиболее часто встреча-
ются следующие сочетания простых видов нагружения: косой изгиб (рис. 8.1,
а), внецентренное растяжение или сжатие (рис. 8.1, б) и одновременное дейст-
вие кручения с изгибом (рис. 8 .1, в), изгиб с растяжением или сжатием и т. д .
Рис. 8 .1
8.2. Косой изгиб
Косым изгибом называется такой вид сложного сопротивления, при ко-
тором плоскость действия изгибающего момента в поперечном сечении бруса
не проходит ни через одну из главных центральных осей этого сечения, или не
совпадает ни с одной из главных плоскостей (рис. 8.2).

256
Под главной плоскостью понимают плоскость, проходящую через про-
дольную ось балки и одну из главных центральных осей поперечного сечения.
Например, для прямоугольного сечения (рис. 8.2, г) – это плоскости, проходя-
щие через оси ZX, YX.
Косой изгиб можно подразделить на плоский и пространственный. Пло-
ский косой изгиб – это вид сложного сопротивления, когда все внешние силы
расположены в одной плоскости (рис. 8 .1, а, 8.2, а), называемой силовой, и эта
плоскость не совпадает ни с одной из главных плоскостей.
Пространственный косой изгиб отличается от плоского лишь тем, что
внешние силы не находятся в одной плоскости и изогнутая ось балки будет уже
не плоской, а пространственной кривой. Плоский косой изгиб представляет со-
бой частный случай пространственного изгиба.
Рис. 8 .2
8.3. Нормальные напряжения при косом изгибе
Рассмотрим определение напряжений при косом изгибе (рис. 8 .2, а). Преж-
де всего, все нагрузки, действующие в произвольной плоскости, разложим на
составляющие, расположенные в главных плоскостях
в
г
Mz
MyM
След плоскости дей-
ствия полного изги-
бающего момента М

257
(рис. 8.2, б), и построим эпюры изгибающих моментов Мz и Му (рис. 8.2, в), т.
е. приведем сложный изгиб к двум плоским изгибам
()
22
МММ
z
у
=
+
. Впро-
извольном сечении с координатой х установим величину и направление изги-
бающих моментов Мz и Му (8.2, в).
Напряжение в какой-либо точке сечения найдём в соответствии с принци-
пом независимости действия сил (рис. 8.3.):
.
М
М
у
zу
z
ВМ
М
I
I
z
уz
у
σ
σ
σ
=
+
=
+
(8.1)
Знак нормальных напряжений
Мz
σи
Му
σ зависит от направления из-
гибающих моментов. Например, для точки В (рис. 8 .3) оба слагаемых положи-
тельны, так как оба момента Мz и Му вызывают в точке В растяжение, растяги-
вающее напряжение.
В точке D напряжение определяется как
,
М
М
у
zу
z
D
D
D
I
I
z
у
σ=−
−
где уD и zD – координаты точки.
Для произвольной точки сечения напряжения определяются по формуле
М
М
у
zу
z
I
I
z
у
σ=±
±
.
(8.2)
Все параметры, входящие в эту формулу, подставляются по модулю, а
знаки перед составляющими слагаемыми определяем из физических соображе-
ний: если изгибающий момент Мz или Му вызывает в точке растягивающее
напряжение, то перед составляющей должен быть знак плюс, сжимающее
напряжение – знак минус.
Опасные точки в сечении при косом изгибе определяются по положению
нейтральной линии. Нейтральная линия – это геометрическое место точек, в
которых нормальные напряжения равны нулю.
Уравнение нейтральной линии при косом изгибе имеет вид
0
0
0
М
М
у
zу
z
I
I
z
у
σ=
+
=
.
(8.3)

258
Откуда
0
,
0
М
уI
y
z
tg
z
IМ
yz
β=−
=
⋅
(8.4)
где β – угол наклона нейтральной линии;
yо, zо – координаты точки, лежащей на нейтральной линии.
По положению нейтральной линии определяется положение опасной точки
в сечении как наиболее удалённой от нейтральной оси, например точка В и точ-
ка D (рис. 8.3).
Рис. 8 .3
В опасных точках напряжения достигают наибольшей величины. Для пла-
стичных материалов условие прочности запишется для одной, наиболее уда-
лённой точки от нейтральной оси (рис.8 .3):
[]
max
М
М
у
zу
z
в
в
в
I
I
z
у
σ
σ
σ
=
=
+
≤
или
max
yc
М
М
у
zу
zR
в
в
в
I
I
z
у
σ
σ
γ
=
=
+
≤⋅
,
где ув и zв – координаты опасной точки.
Для сечений типа прямоугольного, двутавра, швеллера и т.д . имеющих яр-
ко выраженные угловые точки, условие прочности можно записать в виде:
[],
max
М
М
у
z
WW
z
у
σ
σ
=
+
≤
или
,
max
yc
М
М
у
z
R
WW
z
у
σ
γ
=
+
≤⋅
где
,
max
I
z
W
zу
=
max
I
у
W
уz
=
–
осевые моменты сопротивления.

259
Для хрупких материалов условие прочности записывают для двух опасных
точек, наиболее удалённых от нейтральной линии (точки В и т. D):
max
М
М
у
zу
z
рВ
В
В
р
I
I
z
у
σ
σ
σ
=
=
+
≤
;
(8.5)
max
М
М
у
zу
z
c
D
D
D
c
I
I
z
у
σ
σ
σ
=
=
+
≤
,
где
,
у
B
,
z
B
и
,
у
D
,
z
D
-
координаты опасных точек.
При расчете бетона условия прочности имеют вид:
max
t
R
р
σ
≤,
max
с
R
c
σ
≤,
где tR,
с
R - соответственно расчетные сопротивления бетона осевому рас-
тяжению и сжатию.
8.4. Перемещение при косом изгибе
Определим прогиб консольно-защемленной балки, нагруженной на конце
силой Р, действующей под углом α к вертикали. Разложим силу Р на состав-
ляющие
cos
РР
у
α
=
⋅
и
sin .
РР
z
α
=
⋅
(рис. 8 .4).
Прогиб на свободном конце балки по оси у от силы Ру составит
3
3
,
Рl
у
fу ЕI
z
⋅
=
аналогично
3
3
.
Рl
z
fz ЕI
у
⋅
=
Суммарный прогиб балки
22.
fff
уz
=
+
Рис. 8 .4

260
8.5. Примеры расчетов на косой изгиб
Пример 8.1
Рассмотрим балку длиной l = 3 м, составленную из двух швеллеров No 16
и нагруженную силами Р1 = 6 кН и Р2 = 4 кН, как показано на рис. 8.5. Угол на-
клона сечения к горизонту α = 15o (рис. 8 .5, б). Найти величину наибольшего
напряжения в опасном сечении и величину, и направление полного перемеще-
ния сечения С.
Рис. 8 .5
Решение:
1. Геометрические характеристики сечения.
Находим по сортаменту геометрические характеристики для швеллера
No16 и с учетом этого вычисляем их для рассматриваемого сечения (рис. 8 .5):
4
44
1
2 218,110 36,210 ;
АА
м
−
−
=
=
⋅
⋅
=
⋅
8
84
1
2 274710 149410 ;
z
z
II
м
−
−
=
=
⋅
⋅
=
⋅
Сечение повернуто
в

261
2
2
8
84
2(
) 2 (63,3 1,8 18,1) 10
244 10
,
111
I
IвА
м
у
у
−
−
=
+
=
⋅
+
⋅
⋅
=
⋅
где
18,1
0
вz
=
=
мм – координата центра тяжести швеллера (рис. 8.5, в).
Тогда осевые моменты сопротивления Wz и Wу определяется по зависимо-
сти
8
1494 10
6
187 10
2
810
max
I
z
W
zу
−
⋅
−
=
=
=
⋅
−
⋅
м
3
,
гдеуmax – Н/2=80мм;
8
244 10
63
38,13 10
,
2
6,4 10
max
I
у
W
м
zВ
−
⋅
−
=
=
=
⋅
−
⋅
где Вmax = В1 – ширина полки швеллера.
2. Найдем проекции внешних сил на главные оси сечения.
cos15 6 0, 9659 5, 79
1
1
РР
у
=
=
⋅
=


кН;
sin15 6 0, 2588 1,55
11
РР
z
=
=
⋅
=


кН;
4
2
2
РР
z
=
=
кН;
0.
2
Р
у
=
3. Определяем реакции опор в главных плоскостях и строим эпюры изги-
бающих моментов (рис. 8 .6) в этих плоскостях.
Плоскость ХОУ:
0
1, 93
m
V
A
BY
=
→
=
∑
кН;
0
3,87
m
V
В
АY
=
→
=
∑
кН;
Плоскость ХОZ:
0
2,15
m
H
A
B
=
→
=
∑
кН;
0
0,3
m
H
В
А
=
→
=
∑
кН;
Выполняем проверку правильности определение реакции
1,93 3,87 5,79 0 0.
1
2
YV
V
PP
BYAYY
Y
=
+
−
+
=
+
−
+≈
∑
Аналогично
2,15 0,3 1,55 4 0.
Z=
+
+
−
≈
∑
Реакции определены верно.
Вычисляем изгибающие моменты в характерных сечениях:

262
3,87 1 3,87
;
1,93 1 1,93
;
0,3 1 0,3
;
2,15 1 2,15
.
M
кНм
zC
M
кНм
zD
M
кНм
уC
M
кНм
уD
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅
Строим эпюры Мz и Му (рис. 8.6, а, б)
Рис. 8 .6
4. Находим максимальные напряжения в сечении С:
3
3
3,87 10
0,3 10
28,56
max( )
6
6
187 10
38,13 10
М
М
у
z
СWW
z
у
σ
⋅
⋅
=
+
=
+
=
−
−
⋅
⋅
МПа.
Максимальное напряжение в сечении D:
3
3
1,93 10
2,15 10
66, 7
max( )
6
6
187 10
38,13 10
М
М
у
z
DWW
z
у
σ
⋅
⋅
=
+
=
+
=
−
−
⋅
⋅
МПа.
Видим, что опасным является сечение D.
5. Устанавливаем положение нейтральной линии в сечении С.
Ис-
пользуем формулу (8.4):
2
3
1
3

263
8
0,3 1494 10
0, 475
8
3,87 244 10
MI
уz
tg
МI
zу
β
−
⋅
=
⋅
=
⋅
=
−
⋅
.
Отсюда находим угол наклона β нейтральной линии:
β = 25o30’ (отсчитывается от оси Z). Эпюра нормальных напряжений
показана на рис. 8 .7 .
6. Определяем полное перемещение сечения С (рис. 8 .5, а).
Для этого найдём составляющую ∆у полного перемещения (рис. 8 .5) и ис-
пользуем интеграл Мора и формулу Верещагина. Приложим к сечению С еди-
ничную силу и построим эпюру единичных моментов (рис 8.6, в).
Тогда прогиб в вертикальной плоскости:
3
3
11
8
1
13,8722 1
2
1
1
2
(2 3,87
2 1,93 3,87 1,93 )
2
336
3
3
3
3
1,93121 46,4
46,4 10
0,86 10
0,86 .
2
3318
18210 149410
Z
Z
Z
Z
МM
z
у
dx
EI
EI
EI
м
мм
EI
EI
−
−
⋅
⋅
∆ =∑∫
=
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
+⋅
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=
=
=
⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
Аналогично определяются перемещения в горизонтальной плоскости
2
у
МM
у
z
dx
EI
⋅
∆ =∑∫
,
где 2
М – эпюра изгибающих моментов от единичной силы, приложенной в
точке С параллельно оси Z (в горизонтальной плоскости):
3
3
11
8
0,3122 1
2
1
1
2
(20,3
2 2,15 0,3 2,15 )
2
336
3
3
3
3
12,1521 0,57
0,57 10
1,16 10
1,16 .
2
33
210 24410
у
у
у
у
z
EI
EI
м
мм
EI
EI
−
−
⋅
∆=−
⋅
⋅
+
⋅
−
⋅
⋅
+⋅
⋅
−
⋅
+
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=
=
=
⋅
=
⋅
⋅
⋅
Полный прогиб (рис. 8 .7) определяем как геометрическую сумму прогибов
в вертикальной и горизонтальной плоскостях:
()()
2
2
0,74 1,34 1,44
f
у
z
=
∆+∆=
+
=
мм.

264
8.6. Изгиб с растяжением или сжатием
Изгибом с растяжением (сжатием) называется такой вид сложного со-
противления, при котором в поперечном сечении стержня возникают про-
дольная сила и изгибающий момент (моменты). Если на балку действуют силы,
пересекающие ее ось, но не лежащие ни в одной из главных плоскостей, то
имеет место сложный изгиб с растяжением или сжатием (рис. 8.8, а).
При расчете прежде всего показываем расчётную схему (рис. 8 .8, б) стерж-
ня. Для этого разложим все нагрузки на составляющие по главным осям сече-
ния (Z, У), продольной оси Х балки и построим эпюры внутренних усилий (рис.
8.8, в). Нормальные напряжения определяем, используя принцип суперпозиции
сил. Так, для точки D нормальные напряжения будут определяться по формуле
.
M
M
N
у
zу
z
D
D
D
AI
I
z
у
σ=
−
−
(8.6)
Здесь знаки минус связаны с тем, что силовые факторы Мz и Му вызывают в
точке D деформацию сжатие.
Таким образом, если силовые факторы – продольная сила N, моменты Мz,
Му вызывают в рассматриваемой точке сжатие, то вводится знак минус перед
соответствующим членом уравнения, если растяжение, то плюс. При этом ко-
ординаты точки z, y, силовые факторы N, Mz, My подставляются по модулю.
Так, для точки К (рис. 8 .8.) все усилия N, Mz, My вызывают растяжение, поэто-
му все составляющие в формуле 8.6 будут иметь знак плюс. С учетом этого
формула (8.6) для нормальных напряжений имеет вид
M
M
N
у
zу
z
AI
I
z
у
σ=± ±
±
.
(8.7)
Рис. 8 .7

265
Для проверки прочности балки необходимо найти опасную точку в сече-
нии, в которой нормальные напряжения достигнут максимальной величины.
Опасные точки в сечении определяются по положению нейтральной линии. Это
точки наиболее удалённые от нее.
Рис. 8 .8
При выводе уравнения нейтральной линии введём условность: главные
центральные оси (У, Z) направлять таким образом, чтобы в первом квадранте
складывались напряжения одного и того же знака (рис. 8 .8, г). Эта условность

266
позволяет при записи уравнения нейтральной линии опустить знаки перед со-
ставляющими в формуле (8.7). С учётом этого уравнение нейтральной линии
имеет вид
,
0
0
M
M
N
у
zу
z
AI
I
z
у
σ=+
+
(8.8)
где у0 и z0 – координаты точек, лежащих на нейтральной линии.
Из формулы (8.8) видим, что нейтральная линия не проходит через центр
тяжести сечения и представляет собой прямую, отсекающую отрезки на осях
координат.
Отрезки, отсекаемые на осях координат:
при 0
,
y
I
N
у
а
z
AМ
у
=
→=−
⋅
и
0
.
z
NI
z
а
уAМ
z
=
→=−
⋅
(8.9)
Знак минус в формуле (8.9) означает, что отрезки должны быть отложены в
сторону, противоположную направлению главных центральных осей Z, Y. Для
сечения (рис. 8 .9) наиболее опасными точками являются точка В и точка D,
точки наиболее удаленные от нейтральной оси.
Рис. 8 .9
Для пластичных материалов условие прочности записывается для наиболее
опасной точки (точка В).
[]
max
M
M
N
у
zу
z
В
В
В
AI
I
z
у
σ
σ
σ
=
=
+
+
≤

267
или
max
уc
M
M
N
у
zу
z
R
В
В
AI
I
z
у
σ
γ
=
+
+
≤
,
Для хрупких материалов опасных точек в сечении две – это точки В и D
как наиболее удалённые от нейтральной оси. При расчете по допускаемым на-
пряжениям условие прочности для двух опасных точек:
,
max
,
max
M
M
N
у
zу
z
рВ
В
В
р
AI
I
z
у
M
M
N
у
zу
z
с
D
D
D
c
AI
I
z
у
σ
σ
σ
σ
σ
σ
=
=
+
+
≤
=
=
−
−
≤



где индекс “ р ” – означает растяжение, “c ” – сжатие.
С учетом расчетного сопротивления в сжатой форме записи условия имеют
вид:
,
max
t
R
р
σ
≤
,
max
c
R
c
σ
≤
где ,
t
c
R R - соответственно расчетные сопротивления материала растяже-
нию, сжатию.
8.7. Внецентренное растяжение или сжатие стержней
большой жесткости
Внецентренным растяжением или сжатием называется такой вид де-
формации, при котором равнодействующая внешних сил параллельна оси
стержня, но смещена относительно этой оси. Точка приложения силы назы-
вается полюсом п (рис. 8.10, а). Расстояние l от полюса до центра тяжести се-
чения называется эксцентриситетом силы. Эксцентриситеты силы (zр и ур) от-
носительно главных осей У и Z являются координатами полюса.
Рис. 8 .10

268
Таким образом, при внецентренном растяжении (сжатии) силой Р в попе-
речных сечениях возникают три внутренних силовых фактора, постоянных по
длине стержня (рис. 8 .10, б):
N=P;
Mz = Pּур;
Mу = Pּzр;
(8.10)
Следовательно, внецентренное растяжение (сжатие) представляет собой
совокупность изгиба и осевого растяжения (сжатия).
Нормальные напряжения в произвольной точке какого-либо сечения с ко-
ординатами z, у определяются по формуле, аналогично формуле (8.7)
,
M
M
N
у
zу
z
NM
M
AI
I
z
у
z
у
σσ
σ
σ
=
+
+
=
+
+
где знаки слагаемых можно определить, исходя из характера деформации так
же, как при изгибе с растяжением (сжатием).
Подставив сюда выражение (8.10), получим
.
p
p
РY
РZ
Р
у
z
AI
I
z
у
σ
⋅
⋅
=
+
+
(8.11)
Из раздела “Геометрические характеристики плоских сечений” известно, что
2,
2,
IiA
zz
IiA
уу
=
⋅
=
⋅
(8.12)
где iz и iу – радиусы инерции сечения.
Подставив (8.12) в (8.11), получим формулу для определения нормальных
напряжений в виде:
(1
).
2
2
у
z
Р
р
р
у
z
А
i
i
z
у
σ=
⋅
+
+
(8.13)
При определении напряжений по этой формуле необходимо учитывать
знак силы и координаты точки.
Уравнение нейтральной линии находим из условия, что σ = 0, тогда
0
0
1
0
2
2
у
z
р
р
у
z
i
i
z
у
+
+
=
,
(8.14)

269
где у0 и z0 – координаты текущей точки нейтральной линии.
Из выражения (8.14) видно, что нейтральная линия не проходит через на-
чало координат, и её положение удобнее находить по отрезкам, отсекаемым ею
на координатных осях (рис. 8 .11), либо по формуле (8.9).
Необходимо заметить, что на рис. 8.11 сила Р – сжимающая.
Рис. 8 .11
2
;
2
.
i
z
уу
р
i
у
z
z
р
=−
=−




a
a
(8.15)
Формулы (8.15) показывают, что отрезки y
aиz
a имеют знаки, противопо-
ложные координатам точки приложения ур и zр. Так, если внешняя сила Р при-
ложена в точке первого квадранта, то
нейтральная линия отсекает отрезки y
a
иz
a в третьем квадранте (рис. 8 .12).
Чем ближе полюс к центру тяжести се-
чения, тем дальше от него нейтральная
линия, и наоборот. Необходимо заме-
тить, что отрезки y
aиz
a можно опре-
делить по формуле (8.9), т.к . внецен-
тренное растяжение (сжатие) – это ча-
стный случай изгиба с растяжением.
Зная положение нейтральной ли-
нии и определив координаты опасных
Рис. 8 .12

270
точек уоп и zоп, как наиболее удаленных от неё, можно записать формулы для
нормальных напряжений в этих точках и условие прочности по допускаемым
напряжениям или расчетным сопротивлениям (рис.8 .11)
(1
)
;
2
2
(1
)
.
2
2
р
D
рD
р
B
рB
yyzz
Р
D
р
А
i
i
z
у
yyzz
Р
В
сж
А
i
i
z
у
σ
σ
σ
σ
⋅
⋅
=
⋅
+
+
≤
⋅
⋅
=
⋅
+
+
≤








(8.16)
С учетом расчетного сопротивления в сжатой форме записи условия имеют
вид:
,
max
t
с
R
р
σ
γ
≤⋅
,
max
c
с
R
c
σ
γ
≤⋅
где ,
t
c
R R - соответственно расчетные сопротивления материала растяже-
нию, сжатию. В случае, представленном на рис. 8 .11, опасными явля-
ются точки В и D.
8.8. Ядро сечения
Существуют некоторые материалы, которые плохо сопротивляются растя-
жению (кирпич, камень, бетон и т.п.). Для рационального проектирования кон-
струкций из таких материалов необходимо, чтобы в сечениях элементов не по-
являлись растягивающие напряжения. Этого можно добиться, если точка
приложения силы будет размещена в некоторой области вокруг центра тя-
жести сечения, называемой ядром сечения. Ядро сечения характеризуется тем,
что всякая продольная сила, приложенная внутри этой области, вызывает во
всех точках поперечного сечения нормальные напряжения одного знака. Для
построения ядра сечения рекомендуется задавать возможные положения ней-
тральной линии так, чтобы она касалась контура сечения, не пересекая его, и
находить соответствующую точку приложения силы, соответствующую одной
из вершин ядра сечения. При повороте нейтральной линии вокруг угла контура
сечения точки полюса будут находиться на линии, соединяющей вершины ядра.
8.9. Пример построения ядра сечения
Рассмотрим методику построения ядра сечения на примере прямоугольной
фигуры (рис. 8 .13).
Сечение имеет размеры В × Н; его геометрические характеристики:
3
2
2
;
12
12
I
ВН
H
z
i
zA
ВН
⋅
=
=
=
⋅
⋅
3
2
2
;
12
12
I
ВНВ
у
i
уA
ВН
⋅
=
=
=
⋅
⋅

271
Рис. 8 .13
Пусть нейтральная линия занимает положение 1-1, тогда отрезки, отсекае-
мые ею на координатных осях,
;
2
В
а
z
=−
.
а
у
=∞
По формуле (8.15) найдём координаты первой точки (приложения силы
(вершины ядра сечения)):
2
2
0;
1
12
i
Н
z
у
р
a
у
=−
=
=
⋅∞
2
2
.
1
6
12
2
i
В
В
у
z
р
В
a
z
=−
=
=

⋅
−


Если повторить подобные рассуждения для положенной нейтральной ли-
нии 2-2, 3-3 и 4-4, то получим координаты точек 2, 3 и 4. Соединив эти точки
прямыми линиями, получим ядро сечения для прямоугольника.
Таким образом, ядро сечения имеет форму ромба, содержащего столько
сторон, сколько касательных можно провести к данному сечению.

272
Пример 8.2
Колонна, поперечное сечение которой показано на рис. 8.14, нагружена
сжимающей силой Р = 240кН, приложенной в точке К. Размеры сечения
В1=
16см,Н1=4см,В2=2см,Н2=20см.
Требуется:
1. Определить положение нейтральной линии.
2. Определить наибольше растягивающее и сжимающее напряжения.
3. Построить плоскую эпюру напряжений.
Рис. 8 .14
Решение:
1. Вычисляем геометрические характеристики сечения.
а. Площади простых фигур 1 и 2 (рис. 8 .15) и сечения:
А1=16ּ4 =64см
2
;
А2=20ּ2 =40см
2
;
А=А1+А2=64+40=104см
2
;
б. Положение центра тяжести. В качестве оси отсчета (вспомогательная
ось) принята z1.
640 4012
11122
4,6 см.
104
12
S
AуAу
z
у
с
A
АА
⋅
+⋅
⋅
+⋅
=
=
=
=
+
в. Проводим центральную ось Z.

273
г. Расстояние между осями Z1, Z2 простых фигур и центральной осью Z
определяем из чертежа (рис. 8 .15)
1 4,6 см;
в=
2
7,4 см.
в=−
д. Моменты инерции относительно центральных осей:
3
3
2
2
2
2
11
22
(
)(
)
11
22
11
22
12
12
1
2
ВН
ВН
IIВАI
ВА
ВА
ВA
z
z
z
=
+⋅
+
+⋅
=
+⋅
+
+⋅
=









3
3
164
220
2
2
4
4,6 64
7,4 40 4963,3 см ;
12
12
⋅
⋅
+
⋅
+
+
⋅
=









3
3
3
3
416 202
4
11 22
1378,6 см .
12
12
12
12
ВН ВН
I
у
⋅
⋅
=
+
=
+
=
е. Квадраты радиусов инерции сечения:
4963, 3
2
2
47,72 см ;
104
I
z
i
zA
=
=
=
1378, 6
2
2
13,26 см .
104
I
у
i
уA
=
=
=
Координаты полюса:
8 см;
z
р
=−
6,6 см.
у
р
=−
2. Отрезки, отсекаемые нейтральной линией на осях координат:
2
2
47, 72
7, 2303 см.
6,6
13, 26
1, 658 см
8,0
z
у
р
у
z
р
i
a
у
i
a
z
=−
=−
=
−
=−
=−
=
−
3. Проводим нейтральную линию в сечении (рис. 8.15).
Опасные точки сечения:
точка D – наибольшие сжимающие напряжения;
координаты точки zD = -8,0 см; уD = -6,6 см;
точка В – наибольшие растягивающие напряжения;
координаты точки zВ = 8,0 см; уВ = -2,6 см.

274
М
С
В
D
Y
Рис. 8 .15
5. Находим напряжения в опасных точках D и С по формуле (8.16) или по
формуле (8.7).
Напряжения сжатия:
3
2
2
2
2
4
4
2
2
4
240 10
6,6 10
(1
)
(1
(6,610)
10,4 10
47, 79 10
810
(810 ) 155,32МПа.
13, 27 10
р
р
D
z
у
у
z
N
у
z
A
i
i
σ
−
−
−
−
−
−
−
−
−
⋅
−
⋅
=
⋅
+
+
=
⋅
+
⋅
−
⋅
+
⋅
⋅
−
⋅
+
⋅
−
⋅
=−
⋅
При определении напряжений по формуле (8.7) знаки перед составляющи-
ми определяем по виду деформаций, вызываемых N, Mz, My.
По формуле (8.7):
3
4
3
3
2
2
8
8
240 10
10,4 10
240 10 6,6 10
240 10
6,6 10
810
155,32 МПа
4963,3 10
1378, 6 10
D
D
M
M
N
у
zу
z
AI
I
z
у
σ
−
−
−
−
−
⋅
=−
−
−
=−
−
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
−
⋅
⋅
−
⋅
⋅
=−
⋅
⋅
aу
a
z

275
Напряжения растяжения:
3
2
2
2
2
3
4
2
2
4
240 10
6,6 10
(1
)
(1
(2,610)
10,4 10
47, 79 10
810
810) 79,9МПа.
13, 27 10
р
р
В
z
у
у
z
N
у
z
A
i
i
σ
−
−
−
−
−
−
−
−
⋅
−
⋅
=
⋅
+
+
=
⋅
+
⋅
−
⋅
+
⋅
⋅
−
⋅
+
⋅
⋅
=
⋅
По формуле (8.7):
3
3
2
2
4
8
3
2
2
8
24010 24010 6,610
2,6 10
104 10
4963, 3 10
24010 810
8 10 79,8 МПа
1378, 6 10
y
Z
В
B
B
Z
y
M
NM
y
z
AI
I
σ
−
−
−
−
−
−
−
⋅
⋅
⋅
⋅
=−
−
+
=−
−
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=
⋅
6. Строим эпюру напряжений (рис. 8 .15).
8.10. Изгиб с кручением стержней круглого сечения.
Пример расчета
Это такой вид сложного сопротивления, когда в поперечных сечениях
стержня (вала) возникают изгибающий и крутящий моменты.
Сочетание изгиба с кручением стержней круглого поперечного сечения
чаще всего встречается при расчёте валов. Силы, действующие на вал (давле-
ние зубчатых колёс или натяжение ремней, собственный вес шкивов и вала),
вызывают в поперечных сечениях в общем случае крутящий момент (Мк), изги-
бающие моменты (Мz , Му) и поперечные силы (Qу , Qz) в двух плоскостях (рис.
8.16). В поперечном сечении круглого стержня возникают нормальные напря-
жения от изгиба, а также касательные напряжения от кручения и изгиба. Вслед-
ствие малой величины касательными напряжениями от поперечных сил можно
пренебречь.
Для расчёта стержней круглого поперечного сечения прежде всего необхо-
димо построить эпюры изгибающих и крутящих моментов от заданных внеш-
них сил. Нагрузки раскладывают на составляющие вдоль координатных осей и
строят эпюры изгибающих моментов Мz и Му (рис. 8.16).
Поскольку вал имеет круглое поперечное сечение, то любая ось, проходя-
щая через центр тяжести его, является главной осью. Следовательно, при дей-
ствии изгибающих моментов в разных плоскостях не будет косого изгиба, а бу-
дет происходить лишь плоский изгиб в плоскости действующего результирую-
щего изгибающего момента
2
2
.
и
z
у
М
МM
=
+
(8.17)

276
По эпюрам результирующего изгибающего и крутящего моментов
(рис. 8 .16, г, д) находят опасное сечение, где эти моменты достигают наиболь-
шего значения.
Рис. 8 .16
На участках вала, где линии, очерчивающие эпюры моментов, пересекают
базовую ось в одной точке, эпюра результирующих моментов очерчивается
прямой линией (крайний правый участок ВС). На участках CD и DE эпюра ре-
зультирующих моментов очерчивается параболой, так как вышесказанное ус-
ловие не соблюдается. Здесь силовые линии в каждом смежном сечении меня-
ют своё положение. Рассмотрим произвольное сечение вала на расстоянии х
от правого конца. В этом сечении (рис. 8 .17), как следует из построенных
эпюр, действуют изгибающие моменты
,
,
MM
z
y
крутящий момент M
к
и по-
перечные силы.
P1y=P1sinβ
P1z=P1cosβ
P1z
X

277
Рис. 8 .17
Наибольшие касательные напряжения при кручении в данном поперечном
сечении действуют на поверхность вала и определяются по зависимости
,
max
M
к
W
τ
ρ
=
(8.18)
где M
к
− крутящий момент в рассматриваемом сечении;
I
W
r
ρ
ρ=
− полярный момент сопротивления;
2
D
r=
− радиус сечения.
Для сплошного круглого сечения:
3
3
0,2 ;
16
3
3
0,1
.
32
D
W
D
D
I
D
π
ρ
π
ρ
⋅
=
=
⋅
=
=
Наибольшее нормальное напряжение от результирующего изгибающего
момента М
и
определяется по зависимости
,
max
M
и
и
W
и
σ
=
(8.19)

278
где
max
max
I
I
y
z
WWW
и
z
yy
z
=
=
=
=
−
момент сопротивления при изгибе.
Для круглого сечения
3
3
0,1
.
32
D
W
D
и
π⋅
=
≈
Сопоставляя W с W
и
ρ , можно заметить, что
2
.
W
W
и
ρ=
Точки, в которых действуют максимальные нормальные напряжения, на-
ходятся на пересечении границы контура (окружности) с плоскостью результи-
рующего изгибающего момента (рис. 8 .18).
Рис. 8 .18
Таким образом, наибольшие нормальные напряжения будут в точках В и D, а
так же наибольшие касательные напряжения от кручения, а следовательно, и
главные напряжения. Причем касательные напряжения действуют в плоскости
поперечного сечения, а нормальные - перпендикулярно сечению (рис. 8 .19).
Рис. 8 .19

279
Ввиду того, что нормальное и касательное напряжения взаимно перпендику-
лярны, материал испытывает плоское напряженное состояние, и расчет на
прочность ведется с использованием теорий прочности. Третья теория прочно-
сти (теория наибольших касательных напряжений) и четвертая (энергетиче-
ская теория) используются для пластичных материалов, а теория Мора - для
хрупких.
В соответствии с третьей теорией прочности условие прочности записывает-
ся через эквивалентные напряжения
экв
σ
и имеет вид
22
4
[]
,
экв III
σ
σ
τ
σ
=
+
≤
или
22
4
,
,
ус
R
экв III
σ
σ
τ
γ
=
+
≤⋅
(8.20)
а по четвертой теории прочности
22
3
[]
,
экв IV
σ
σ
τ
σ
=
+
≤
или
22
3
,
,
ус
R
экв IV
σ
σ
τ
γ
=
+
≤⋅
(8.21)
гдеRу,[ ]
σ – соответственно расчетное сопротивление и допускаемое
нормальное напряжение.
Подставляя в эту формулу выражения для напряжений (8.19) и (8.18), по-
лучим
,
[]
,
М
пр IV
экв IV
W
и
σ
σ
=
≤ или
,
,
,
,
ус
М
пр IV
R
экв IV
W
и
σ
γ
=
≤⋅
где
2
2
0, 75
[]
,
М
М
М
пр IV
и
к
σ
=
=
⋅
≤
называют приведенным моментом
по четвертой теории прочности. При расчете по третьей теории
22.
,
М
ММ
пр III
и
к
=
+
Если вал выполнен из хрупкого материала, то следует пользоваться теорией
прочности Мора:
1
1
22
4
[]
,V2
2
К
К
экв
σ
σ
σ
τ
σ
−
+
=
+
+
≤,
(8.22)
,
[]
,V
М
прV
экв
W
и
σ
σ
=
≤,
(8.23)

280
1
22
[(1 )
(1)
],
2
М
КМ
КММ
пр,V
и
и
к
=
⋅
−
⋅
++⋅
+
(8.24)
где
[]
[]
р
К
с
σ
σ
=
.
Обратим внимание, что если материал пластичный, то
[][],
р
с
σ
σ
=
следовательно, К = 1.
С учетом этого из (8.22) вытекает третья теория прочности.
Пример 8.3
Стальной вал круглого поперечного сечения (рис. 8 .20) вращается с посто-
янной скоростью и передает мощность N = 81,2 кВт посредством зубчатого ко-
леса с окружным усилием Р и шкива, усилия в ведущей и ведомой ветвях кото-
рого соответственно равны 2t и t. Ветви ремня параллельны друг другу и на-
клонены к горизонту под углом
60
α=
° , а окружное усилие действует под уг-
ломβ0.
=
Частота вращения вала
970
n=
об/мин. Вес шкива
Pш=0.8кН,а
зубчатого колеса Pк = 0.2 кН
Диаметр шкива D1 = 650 мм, диаметр зубчатого колеса D2 = 400 мм. Длины
участков: 1 200
l=
мм; 2 150
l=
мм, 1
2
ll=
.
Допускаемое напряжение [σ] = 100
МПа.
Требуется:
1. Изобразить расчетную схему вала и перенести на нее все внешние силы и
моменты (включая реакции опор).
2. Разложить окружное усилие и усилия ветвей ремня на составляющие в вер-
тикальной и горизонтальной плоскостях. Построить эпюры изгибающих и
крутящих моментов.
Установить опасное сечение вала и определить его диаметр, используя четвер-
тую теорию прочности.
Решение:
1. Угловая скорость вращения вала
3,14 970
1
101,5 с .
30
30
n
π
ω
⋅
⋅
−
=
=
=
2. Крутящий момент, подаваемый на вал,
81, 2
0,8кН м
101,5
m=
=
⋅
или
81,2
9, 54
9,54
0,8 кН м.
970
N
m
n
=
=
=
⋅

281
кНм
кНм
кНм
кНм
Расчетная схема
Рис. 8 .20
а
б
в
г
д
е
в

282
3. Усилия, действующие на вал:
2 20,8
2, 46 кН;
1
0, 65
1
m
t
D
⋅
=
=
=
3 3 2,46 7,38 кН;
1
2m 20,8
Р
4 кН.
D
0,4
2
t=⋅
=
⋅
=
=
=
4. Проекция внешних сил на координатные оси и реакции опор:
Вертикальная плоскость XOУ:
1
3 sin 7,38 sin60 6,39 кН;
1
y
Ptα
=
=
⋅
=
0
4,8 кН;
0
12, 2 кН.
m
V
A
Bу
m
VAу
В
=
→
=
∑
∑=→
=
Горизонтальная плоскость XOZ:
1
3 соs60 7,38 cos60 3,69 кН;
1
4 кН;
z
Pt
PР
Z
=
=
⋅
=
=
=
0
4, 46 кН;
0
4,09 кН.
m
Н
A
B
m
HA
В
=
→
=
∑
∑=→
=
5. Расчетная схема вала с нагрузками показана на рис. 8.20, б.
6. Находим значения изгибающих моментов в характерных сечениях и
строим эпюры моментов:
1
(
) 0,2 (6,39 0,8) 0,2 1,44 кН м;
()
0,15 4,8 0,15 0,72 кН м
()
y
ш
M
PР
ZA
М
V
zC BУ
=
+
⋅
=
+
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅
1 0,2 3,69 0,2 0,738 кН м;
()
0,15 4,46 0,15 0,669 кН м.
()
Z
M
P
уA
М
Н
уС
BZ
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅

283
Эпюры изгибающих моментов М и M
Z
у
показаны на рис. 8.20, в, г.
7. Строим суммарную эпюру изгибающих моментов, значения моментов
находим по формуле для сечения А:
2
2
2
2
1,44 0,738 1,618 кН м.
()
() ()
M
M
M
иA
zA
yA
=
+
=
+
=
⋅
Аналогично находим значения моментов для сечения С. Эпюра суммарных из-
гибающих моментов показана на рис. 8 .20, д. Эпюра крутящих моментов – на
рис. 8.3, е.
8. По эпюрам рис. 8.20, д, 8.3, е устанавливаем опасное сечение. Опасным
является левое опорное сечение, где
1,618 кН м
М
и
=
⋅
и
0,8 кН м.
М
к
=
⋅
9. Определяем приведенный момент по четвертой теории прочности:
2
2
2
2
0, 75
2,618 0,48 0,8 1,76 кН м.
M
M
M
прIV
и
к
=
+
=
+
⋅
=
⋅
10. Из условия прочности
[].
М
прIV
W
и
σ
σ
=
≤
Находим расчетный осевой момент сопротивления:
3
6
1,76 10
63
17,610 м.
[] 10010
М
прIV
WW
и
z
σ
⋅
−
=
≥
=
=
⋅
⋅
С учетом, что
3
3
0,1
,
32
d
W
d
z
π⋅
≥
≈
найдем требуемый диаметр вала:
3
6
3
17,610 10 5610 м 56мм.
d
−
−
≥
⋅
⋅
=
⋅
=
11. Окончательно принимаем значение диаметра d в соответствии со стан-
дартными значениями, которые в интервале от 50 до 100 мм кратные пяти, а
в интервале от 100 и выше кратные десяти. Для нашего случая принимаем
55 мм.
d=

284
9. Устойчивость сжатых стержней
9.1. Общие понятия
При расчёте на прочность элементов конструкций предполагается, что при их
деформации имеет место заранее известная форма равновесия. Однако это возмож-
но лишь при определенной величине внешних нагрузок. В зависимости от внешних
сил деформированный стержень может находиться в устойчивом или неустойчивом
состоянии равновесия. Упругое равновесие будет устойчивым, если деформиро-
ванный стержень при любом малом отклонении от состояния равновесия стремится
возвратиться к первоначальному состоянию после удаления внешнего воздействия
(рис. 9.1, а).
Рис. 9 .1
Упругое равновесие будет неустойчивым, если деформированный стержень,
выведенный из состояния равновесия каким-либо внешним воздействием, после
удаления внешнего воздействия в исходное состояние не возвращается (рис 9.1, б).
Между этими двумя состояниями равновесия существует переходное состоя-
ние, при котором деформированный стержень находится в безразличном равнове-
сии: он может сохранить первоначально приданную ему форму, но может и по-
терять её от самого незначительного воздействия. Это состояние безразличного
равновесия называют критическим (рис. 9 .1, в).
При потере устойчивости происходит переход к некоторому новому положе-
нию равновесия, причём переход сопровождается, как правило, большими переме-
щениями, возможным возникновением остаточных деформаций, а в отдельных слу-
чаях выходом конструкции из строя. Наиболее простым примером является потеря
устойчивости центрально сжатого стержня (рис. 9 .2, а).

285
Рис. 9 .2
Тонкостенная труба, нагруженная внешним давлением, при превышении опре-
делённой величины его также теряет устойчивость (рис. 9.2, б). Потеря устойчиво-
сти может происходить и при изгибе, например, тонкой полосы (рис. 9 .2, в). Из все-
го многообразия расчётов на устойчивость упругих систем подробно рассмотрим
лишь случай потери устойчивости центрально сжатого стержня.
Наименьшее значение центрально приложенной сжимающей силы, при кото-
рой прямолинейная форма равновесия стержня становится криволинейной, назы-
вают критической силой.
До момента наступления критического состояния центрально сжатого стержня
упругие деформации растут весьма незначительно, почти незаметно для глаза. Но с
момента наступления критического состояния, деформации нарастают крайне бы-
стро и практически нет времени для принятия мер по предотвращению грозящей
катастрофы. Поэтому при расчёте на устойчивость критическая нагрузка подобна
разрушающей при расчёте на прочность.
Конструкция должна удовлетворять не только требованиям прочности и жёст-
кости, но и требованиям устойчивости. В целях безопасности допускаемая нагруз-
ка, естественно, должна быть меньше критической, т.е . условие устойчивости за-
пишется
[],
Р
кр
Р
n
у
=
(9.1)
где [ ]Р – допускаемая нагрузка;
Р
кр
–
критическая сила;
n
у
–
коэффициент запаса устойчивости.
Для стальных стоек nу = 1,8 – 3,0, причём меньшее значение устанавливается

286
для стержней с большей гибкостью; для чугунных стоек nу = 5,0 – 5,5; для деревян-
ных nу = 3,0 – 3,2. Явление потери устойчивости центрально cжатого стержня
называют продольным изгибом.
9.2. Формула Эйлера для определения критической
силы сжатого стержня
Рассмотрим сжатый стержень с шарнирно закреплёнными концами в критиче-
ском состоянии, т.е . когда сжимающая сила достигла своего критического значе-
ния. При этом примем, что стержень находится в слегка изогнутом состоянии. Если
моменты инерции относительно двух главных центральных осей (Z, У) поперечно-
го сечения не равны между собой, то изогнутая ось стержня находится в плоскости
оси наименьшей жёсткости.
Изобразим искривлённую ось стержня в прямоугольной системе координат z, у
(рис. 9 .3).
Рис. 9 .3
Предположим, что критическая сила не вызывает в стержне напряжений, пре-
вышающих предел пропорциональности, и что рассматриваются только малые от-
клонения оси стержня от прямолинейной формы. В этом случае дифференциальное
уравнение изогнутой оси стержня запишется в виде
''
min
ЕI
уРу
⋅
⋅
=−
⋅
,
(9.2)
где у – прогиб стержня в сечении x , а
2
2
''
dу
у
dx
=
.
а
б
в
y
У
Х
У
Z
l
l
/
2

287
Обозначим
2
min
,
Р
К
ЕI
=
⋅
(9.3)
тогда уравнение (9.2) примет вид
2
''
0.
уКу
+
⋅
=
Решение этого уравнения
sin
cos ,
уАКxB
Кx
=
⋅
+⋅
(9.4)
где А и В – постоянные интегрирования, определяемые из граничных условий.
При х = 0 прогиб у = 0. Тогда из (9.4) находим что В = 0. После этого уравне-
ние изогнутой оси станет
sin .
уАКх
=
⋅
(9.5)
Приx l
= − ∆ имеем у = 0. Это условие даст следующее выражение:
0
sin ( ∆).
АКl
=
⋅
−
При действии критической силы стержень кроме криволинейной формы равно-
весия может иметь ещё и прямолинейную, т. е . ∆→ 0.
Следовательно,
sin
0.
АКl
⋅
=
Этому равенству удовлетворяет либо А = 0, либо sin
0
Кl=
. Нас же интересует
значение силы Р, при котором становится возможной другая, криволинейная форма
равновесия. В этом случае А ≠ 0 и должно выполняться условие
sin
0.
Кl=
Корень этого уравнения может иметь бесконечное количество значений:
,2 ,...
,
Кl
n
πππ
⋅
=
где n – целое число.
Отсюда
.
n
К
l
π
⋅
=
(9.6)
Подставив выражение (9.6) в (9.5), получим уравнение упругой линии сжатого

288
стержня после потери устойчивости:
sin
.
n
x
уА
l
π
⋅
⋅
=
⋅
(9.7)
Каждому значению n будет соответствовать своя форма изогнутой оси (рис.
9.3, в) и своё значение критической силы Ркр,n
. Практически кроме первой формы
(n = 1) потери устойчивости сжатого стержня осуществить трудно, так как при уве-
личении силы Р выше критического значения, соответствующего первой форме,
возникнут большие остаточные деформации или даже произойдёт разрушения
стержня. Поэтому критическая сила, соответствующая n = 1, считается как опасная
(разрушающая). Считая, что n = 1, а Kl π
=
, из формулы (9.3) получим
2
min
2
.
ЕI
Р
кр
l
π⋅⋅
=
(9.8)
Формула (9.8) называется формулой Эйлера. Эта формула справедлива, когда
стержень испытывает только упругие деформации.
9.3. Влияние условия закрепления концов стержня
на величину критической силы
При выводе формулы Эйлера было показано, что в случае достижения внешней
силой критического значения, изогнутая ось стержня описывает полуволну сину-
соиды. Это легко осуществляется при шарнирном закреплении его концов. При
других способах закрепления количество полуволн изменяется. Поэтому для обще-
го способа опорных закреплений стержня формулу Эйлера запишем в следующем
виде:
()
2
min ,
2
ЕI
Р
кр
l
π
μ
⋅
⋅
=
⋅
(9.9)
где
0
ll
μ⋅=
–
приведённая длина, на которой укладывается одна полуволна;
μ – коэффициент приведения длины, зависит от закрепления концов
стержня. Величина коэффициента μ для некоторых распространённых за-
креплений концов сжатого стержня приведена на рис. 9.4.

289
Рис. 9 .4
9.4. Пределы применимости формулы Эйлера
Вывод формулы Эйлера выполняется на основе дифференциального уравнения
упругой оси в предположении, что деформации подчиняются закону Гука. Следо-
вательно, напряжения, соответствующие критической силе, должны быть меньше
или равны пределу пропорциональности:
.
Р
кр
кр
пц
А
σ
σ
=
≤
(9.10)
Критическое напряжение с учётом выражения (9.9) запишется так:
()
2
2
2
min
2
2
2
min
,
Р
ЕI
E
E
кр
крА
A
l
l
i
π
π
π
σ
λ
μ
μ
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
=
=
⋅
⋅
⋅



(9.11)
где
2
min
min
I
i
A
=
; imin – минимальный радиус инерции сечения,
а
б
в
г
l
0
=
l
l
0
=
0
.
7
l
0
.
3
l
0
.
2
5
l
0
.
2
5
l
l
0
=
0
.
5
l
l
0
=
2
l

290
min
.
l
i
μ
λ
⋅
=
(9.12)
Под λ понимаем гибкость стержня. Из формулы (9.11) следует, что критиче-
ское напряжение зависит от свойств материала (модуль упругости Е) и геометриче-
ских характеристик сечения, выраженных через гибкость стержня. Пределы приме-
нимости формулы (9.11) можно выразить через гибкость стержня. Тогда уравнение
(9.12) запишется так:
2
2
Е
кр
пц
π
σ
σ
λ
⋅
=
≤
.
Отсюда определяем предельную гибкость
2
.
Е
пр
пц
π
λ
σ
⋅
=
С учётом этого условие применимости формулы Эйлера можно записать так:
.
пр
λλ
≥
В этом случае критические напряжения будут меньше предела пропорциональ-
ности или равными ему. В качестве примера определим предельное значение гиб-
кости Ст. 3:
210 МПа
пц
σ=
–
предел пропорциональности,
тогда
5
2,1 10 МПа
Е=
⋅
,
2
2
5
3,14 2,1 10
100.
210
Е
пр
пц
π
λ
σ
⋅
⋅
⋅
=
=
≈
Если для стержней фактическая гибкость λ < λпр, то для расчёта на устойчи-
вость формула Эйлера непригодна, так как критическое напряжение σкр будет
больше предела пропорциональности σпц.
Ф.С . Ясинский на основе обработки результатов экспериментов по продольно-
му изгибу стержней за пределом упругости предложил формулу для вычисления
критического напряжения
2,
ав
с
кр
σ
λλ
=
−
⋅
+⋅
(9.13)

291
где λ – гибкость стержня;
а, в и с – размерные опытные коэффициенты, величина которых различна для
разных материалов, например:
дляСт.3 –λпр=100; а=310МПа; в=1,14МПа; с=0;
дляСт.5 –λпр=85;
а=467МПа; в=3,62МПа; с=0;
длячугуна–λпр=80; а=776МПа; в=12МПа;
с = 0,05;
длясосны–λпр=110; а=29,3МПа; в=0,194МПа; с=0.
Изменение величины критического напряжения в зависимости от значения
гибкости стержня можно показать графически. На рис. 9 .5 эта зависимость показа-
на для Ст. 3.
Рис. 9 .5
Для участка правее точки А гибкость стержня λ > λпр, т. е . в этом случае спра-
ведлива формула Эйлера (9.12), а критические напряжения σкр меньше предела
пропорциональности σпц.
Стержни, для которых справедлива формула Эйлера, называют стержнями
большой гибкости, и они испытывают только упругие деформации. Ввиду того что
стержни с чрезмерно большой гибкостью воспринимают малые нагрузки, на прак-
тике гибкость ограничивают величиной
λ = 200. Для участка диаграммы,
расположенного левее точки А, при гибкости стержней λ < λпр критические напря-
жения σкр больше предела пропорциональности σпц, и здесь формула Эйлера не-
справедлива, так как даёт завышенные результаты расчета критических напряже-
ний. На этом участке используют формулу Ясинского (9.13). При коэффициенте с
= 0, уравнение изображается на диаграмме прямой линией АВ. Точка В – соответ-
ствует пределу текучести σт или гибкости λ = 40.
Стержни, у которых гибкость находится в пределах (40 ≤ λ ≤ 100), т.е . для
σТ

292
которых справедлива формула Ясинского, называют стержнями средней гибко-
сти. Они испытывают упруго-пластичные деформации.
На участке диаграммы левее точки В возникают только пластические дефор-
мации и расчёт стержня на устойчивость не производится, так как их разрушение
происходит раньше, чем возникает потеря устойчивости. Стержни с гибкостью до
40 называют стержнями малой гибкости.
9.5. Практический способ расчёта сжатых
стержней на устойчивость
Сжатые стержни кроме проверки на прочность должны быть проверены на ус-
тойчивость (рис. 9 .6).
Условие прочности имеет вид:
[]
max
P
A
н
σ
σ
=
≤
или
.
max
yc
P
R
A
н
σ
γ
=
≤ ⋅ (9.14)
Условие устойчивости:
у
P
кр
уn
A
у
σ
σ
σ

=
=
≤
(9.15)
или
c
,
y
P
R
уA
σ
γ
φ
=
≤⋅
Рис. 9 .6
где А – площадь поперечного сечения стержня без учёта ослаблений
отверстиями, пазами и т.п .;
АН – площадь сечения с учётом ослаблений,
у
σ


  – допускаемое напряжение на устойчивость;
nу – коэффициент запаса на устойчивость;
φ – коэффициент уменьшения основного допускаемого значения.
Величину коэффициента запаса nу принимают несколько больше основного
коэффициента запаса на прочность. Это делается потому, что для центрально сжа-
тых стержней ряд обстоятельств, неизбежных на практике (эксцентриситет прило-
жения сжимающих сил, начальная кривизна и неоднородность стержня), способст-
вует продольному изгибу. При других видах деформаций эти факторы влияют зна-
чительно меньше, не вызывая заметного роста напряжений и перемещений.
Допускаемые напряжения на устойчивость [σу] и допускаемое напряжения на
прочность при сжатии [σ] взаимно связаны соотношением

293
[σу] = φ·[σ],
(9.16)
Коэффициент φ для разных материалов в зависимости от гибкости стержня
можно определить в табл. П. 6 . Условие устойчивости сжатого стержня будет удов-
летворять, если
[].
max
Р
А
σ
φσ
=
≤⋅
или
y
Rγ.
max
c
Р
А
σ
φ
=
≤⋅⋅
(9.17)
В практике расчёт сжатых стержней на устойчивость может быть двух видов:
проверочный и проектировочный. При проверке устойчивости в зависимости от за-
данных размеров поперечного сечения стержня, его длины и вида опорных закреп-
лений, а также заданной сжимающей силы находят величину действительного на-
пряжения и сравнивают ее с допускаемой. В некоторых случаях находят допускае-
мую и критическую силу, а также коэффициент запаса.
В проектировочных расчётах определяют размеры поперечного сечения сжато-
го стержня по заданной величине сжимающей силы, длине и виду концевых закре-
плений. В этом случае условие устойчивости используют в виде
[]
Р
А
φσ
≥
⋅
или
.
.
yc
Р
А
R
φγ
≥
⋅
⋅
(9.18)
Расчёт проводят методом последовательных приближений, так как
( ...)
fA
φ=
.
Например, в первом приближении задаются величиной φ = 0,5-0,6 (коэффициент φ
имеет значения от нуля до единицы). В соответствии с принятым значением коэф-
фициента φ1 находят по формуле (9.18) площадь поперечного сечения
[].
1
1
Р
А
φσ
≥
⋅
По найденной площади определяют размеры сечения заданной формы и нахо-
дят его геометрические характеристики imin, А,
min
min
,
i
i
A
=
а также гибкость
min
.
l
i
μ
λ
⋅
=
В зависимости от расчётного значения λ находят в табл. П. 6 коэффициент φ1Т
для заданного материала и сравнивают его с принятым φ1. Если он отличается от
заданного более чем на 3 %, то расчёт повторяют, причём для второго этапа прини-
мают φ2(зад) = 0,5(φ1 + φ1Т). После окончательно принятых размеров сечения выпол-
няют проверку на прочность при наличии ослаблений, используя условия прочно-
сти:

294
[]
max
Р
А
н
σ
σ
=
≤
или
.
max
yc
Р
R
А
н
σ
γ
=
≤⋅
Расхождение не должно превышать ± 5 %.
9.6. Выбор рациональной формы поперечного
сечения сжатого стержня
С точки зрения экономии материала наиболее рациональной формой попереч-
ного сечения сжатого стержня будет такая, при которой величина наименьшего ра-
диуса инерции imin при одной и той же площади является наибольшей. Для оценки
рациональности поперечного сечения можно использовать безразмерную величину
min
i
A
Ψ=
, называемую удельным радиусом инерции. Чем больше эта величина, тем
сечение более рационально. Так, например для кольцевого сечения
1 1,2
Ψ=÷
, для
двутавра (0,41 – 0,27), квадрата – 0,289, круга – 0,283, прямоугольника – 0,209. Са-
мым нерациональным из них является прямоугольное сечение.
Кроме этого, при проектировании сечений из расчёта на устойчивость более
рациональными являются стержни, обладающие равноустойчивостью во всех на-
правлениях или близкие к ним. К таким сечениям относят круглые, кольцевые,
квадратные и т.д . Прокатные профили, как двутавры, швеллеры, уголки, не являют-
ся рациональными с этой точки зрения. Однако из них можно скомпоновать сече-
ние, отвечающее этому требованию, как показано на рис. 9.7, которые могут иметь
равновеликие моменты инерции относительно главных центральных осей.
Рис. 9 .7
9.7. Понятие о продольно-поперечном изгибе
При одновременном действии сжатия и изгиба величина внутренних усилий
для достаточно гибких стержней существенно зависит от величины прогиба. В этом
случае изгибающий момент возрастает за счёт дополнительного изгиба от действия
сжимающей силы.
а
б

295
Рис. 9 .8
Изгибающий момент при продольно поперечном изгибе можно представить в
виде двух моментов (рис. 9 .8):
0
,
ММNу
=
+⋅
где М0 – момент от действия поперечных сил.
Из этого выражения видно, что суммарный изгибающий момент может быть
подсчитан только тогда, когда известны прогибы у. Для точного решения задачи
продольно-поперечного изгиба необходимо составить и решить дифференциальное
уравнение изогнутой оси стержня. Когда это сделать затруднительно, применяется
приближённый приём, по которому наибольший прогиб находится по формуле
0,
1
f
f
N
N
э
=
−
где N – продольная сила;
Nэ – величина силы, подсчитанная по формуле Эйлера;
f0 – максимальный прогиб от действия только поперечных сил
(рис. 9.8, б).
Изгибающие моменты вычисляются по формуле
1
.
0
1
ММ
N
N
э
=
⋅
+
Вычисление прогибов и изгибающих моментов по приближенным формулам
даст удовлетворительные результаты, если продольная сила N меньше Эйлеровой
силы (N < (0,5–0,8)Nэ).
Сжато изогнутые стержни кроме расчета на продольно-поперечный изгиб не-
обходимо рассчитывать также и на устойчивость.

296
9.8. Примеры расчётов на устойчивость
Пример 9.1
Для заданных стержней (рис. 9.9) найти значения критической сила Ркр,
допускаемой силы [Р] и коэффициента запаса устойчивости nу.
Рис. 9 .9
Стержни изготовлены из малоуглеродистой стали с механическими характери-
стиками σт = 240 МПа, [σ] = 160 МПа. Длина стержней l = 0,85 м, сечение прямо-
угольное размерами b h
⋅
= 60х40 мм. Способы закрепления концов и соответст-
вующие коэффициенты приведения μ показаны на рис. 9 .9 .
1. Геометрические характеристики сечения:
площадь поперечного сечения
42
0,060,04 2410 м;
Аbh
−
=
⋅
=
⋅
=
⋅
минимальный осевой момент инерции
3
3
0, 06 (0, 04)
84
3210м;
min
12
12
вh
I
I
z
⋅
⋅
−
=
=
=
=
⋅
минимальный радиус инерции сечения
8
32 10
2
min
1,15 10 м.
min
4
24 10
I
i
A
−
⋅
−
=
=
=
⋅
−
⋅
2. Гибкость стержней определяем по формуле
.
min
l
i
μ
λ
⋅
=
Для стержней (рис. 9.9 а и б) имеем:
а
б
l

297
а)
1 0,85
73,9;
0, 0115
λ
⋅
=
=
б)
2 0,85
147,8.
0, 0115
λ
⋅
=
=
3. Находим значения критического напряжения:
а) при λ=73,9;
-
310 -1,14 73,9 225,8
;
ав
МПа
кр
σ
λ
=
⋅
=
⋅
=
б) при λ=147,8;
2
2
5
3,14 2 10
90,3 МПа
2
2
147,8
Е
кр
π
σ
λ
⋅
⋅
⋅
=
=
=
.
4. Значение критической силы найдём по формуле Р
А
кр
кр
σ
=
⋅
:
а)
4
225,8 24 10
0, 542 МН;
Р
кр
−
=
⋅
⋅
=
33
б)
4
90,3 24 10
0, 217 МН.
Р
кр
−
=
⋅
⋅
=
5. Допускаемую величину сжимающей силы находим в соответствии с (9.15) из
выражения [ ]
[],
Р
А
φσ
=
⋅
⋅
где коэффициент понижения допускаемого напряжения
находим по табл. П.6 с использованием линейной интерполяции:
при λ=70 φ1=0,81;
при λ=80 φ1=0,75;
при λрасч=73,9 ;
0,81 0,75
12(
) 0,81
(73,9 70) 0, 787
73,9 1
1
80 70
21
.
расч
φφ
φ
φ
λ
λ
λ
λλ
−
−
=
−
−
=
−
−
=
=
−
−
Аналогично находим при λ = 147.8, φ = 0.329.
Величина допускаемой силы:
а)[ ]
4
0,787 160 24 10 0,302 МН;
Р
−
=
⋅
⋅
⋅
=
б)[ ]
4
0, 329 160 24 10 0,126 МН.
Р
−
=
⋅
⋅
⋅
=
6. Коэффициент запаса устойчивости:
а)
[]
0,542
1, 79;
0,302
Р
кр
n
уР
=
=
=
б)
[]
0, 217
1,72.
0,126
Р
кр
n
уР
=
=
=

298
Пример 9.2
Стержень из малоуглеродистой стали с механической характеристикой [σ]т =
160 МПа, жёстко защемлён и нагружен сжимающей силой Р=300 кН. Длина стерж-
ня l = 2,8 м (рис. 9.10).
Подобрать из условия равноустойчивости размеры сечения в форме двух швелле-
ров.
Рис. 9 .10
Решение:
1. В первом приближении задаёмся φ1 = 0,5.
2. Требуемую площадь поперечного сечения находим по формуле (9.18):
[]
3
300 10
32
3,75 10 м
1
6
0,5 160 10
1
.
Р
А
φσ
⋅
−
≥
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
3. Выбираем по сортаменту сечение швеллера No 16У.
Тогда площадь сечения из двух швеллеров
4
42
18,1 2 10
36,210 м;
А
−
−
=
⋅
⋅
=
⋅
Момент инерции
8
84
274710 149410 м.
I
z
−
−
=
⋅
⋅
=
⋅
Из условия равноустойчивости считаем
84
149410 м.
II
уz
−
=
=
⋅
Радиус инерции
l
B

299
8
1494 10
0, 0642 м
min
4
31,2 10
.
I
z
i
A
−
⋅
=
=
=
−
⋅
4. Гибкость стержня
2 2,8
87, 23.
0, 0642
min
l
i
μ
λ
⋅
⋅
=
=
=
5. По табл. П.6, используя интерполяцию, находим при λ = 87,23
φ1табл =
0,706. Сравнивая φ1 и φ1табл , видим что расхождение более 5 %.
6. Во втором приближении принимаем
1
1
0,5 (
) 0,5 (0,5 0,706) 0,603.
2
зад
табл
φ
φφ
=
⋅
+
=
⋅
+
=
7. Требуемая площадь сечения
3
300 10
42
31,09 10 м
2 0,603 160
.
А
−
⋅
−
=
=
⋅
⋅
8. Из сортамента выбираем швеллер No 14У. С учетом этого геометрические
характеристики сечения стержня (рис. 9 .28):
4
42
15,6210 31,210 м;
8
84
249110 98210 м .
А
I
z
−
−
=
⋅
⋅
=
⋅
−
−
=
⋅
⋅
=
⋅
Радиус инерции
8
982 10
0, 0561 м.
min
4
31,2 10
i
−
⋅
=
=
−
⋅
9. Гибкость стержня
2 0,28
99,8.
0, 0561
min
l
i
μ
λ
⋅
⋅
=
=
=
10. По табл. П.6 находим φ2табл = 0,602 – значение отличается от заданного на
величину
0, 603 0, 602
100 0,16%,
0, 603
δ
−
=
⋅
=
что допускается.

300
11. Из условия равноустойчивости
2
2(
),
1
1
II
I
А
уz
у
в
=
=
⋅
+⋅
где Iу = 45,4ּ10-8
м
4
–
момент инерции швеллера относительно оси У;
в – расстояние между осями у1 и у.
Тогда, решая равенство,
(
)
8
82
4
982 10
2 45,4 10
15,6 10
в
−
−
−
⋅
=
⋅
⋅
+⋅
⋅
, находим в = 5,34·10-2
м.
12. Ширина сечения В составит
0
2
2
2
2(
)2(5,3410 1,6710 )14,6210 ,
В
z
м
в
−
−
−
=
⋅
+=
⋅
⋅
+
⋅
=
⋅
где z0 – координата центра тяжести швеллера (рис. 9.10, б).
10. Динамические задачи сопротивления материалов
10.1. Понятия упругих колебаний
Особое значение для задач машиностроения и строительства имеют так назы-
ваемые механические колебания упругих систем. Известны случаи, когда строи-
тельные конструкции, рассчитанные с большим запасом прочности на статическую
нагрузку, разрушались под действием сравнительно небольших периодически дей-
ствующих сил. При некоторых режимах резания на станках возбуждаются колеба-
ния, одинаково вредные как для самих станков, так и для обрабатываемых изделий.
При изучении колебаний упругих систем последние принято различать по числу
степеней свободы. Степенью свободы системы называется количество независи-
мых геометрических параметров, определяющих положение всех масс системы
при любых возможных упругих ее деформациях. Иначе можно сказать, что степень
свободы системы будет равна минимальному количеству связей (стержней), кото-
рые необходимо поставить, чтобы все массы были неподвижны.
В простейших случаях положение системы может быть определено только одной
величиной. Такие системы называются системами с одной степенью свободы. На-
пример, простейший случай изображен на рис. 10.1 . Упругая система, изображен-
ная на рис. 10.2 в виде ломаной балки с массой конечных размеров на конце, будет
иметь три степени свободы.
Положение этой массы определяется тремя независимыми параметрами: х, у, α.
Если масса точечная, то поворота не будет и система будет иметь две степени сво-
боды (независимые параметры х, у).

301
Рис. 10.1
Рис. 10.2
Если пренебрегать продольными деформациями стержней и поворотом масс, т.е .
считать их точечными, то невесомая балка (масса которой мала по сравнению с ве-
личиной сосредоточенной массы и ею можно пренебречь), изображенная на рис.
10.3, а с одной точечной массой m, имеет одну степень свободы, так как положение
этой массы определяется одним параметром у. Невесомая балка с двумя точечными
массами (рис. 10.3, б) имеет две степени свободы, так как положение этих масс оп-
ределяется двумя прогибами у1, у2.
Рис. 10.3
Все реальные сооружения фактически представляют собой системы с бесконеч-
ным количеством степеней свободы (в том числе и весомая балка). Однако с опре-
деленной степенью точности расчет таких систем можно свести к расчету систем с
конечным количеством степеней свободы (пренебрегая малой величиной некото-
рых масс, используя метод приведения масс и т.д .) . Чем меньше степеней свободы
системы, тем проще ее расчет.
10.2. Виды колебаний
Все динамические нагрузки вызывают колебания сооружений. Эти колебания
различают по следующим признакам:
1. В зависимости от характера возбуждающих сил: свободные, вынужденные,
самовозбуждающие или автоколебания, параметрические.
Свободными колебаниями называют колебания, возникающие под действием
мгновенно приложенной силы. Так, например, балка, выведенная из состояния рав-
новесия какой-нибудь силой, после снятия ее будет совершать свободные колеба-
ния (рис. 10.4, а, б).
у

302
Рис. 10.4
Параметры свободных колебаний (частота колебаний, период) зависят только
лишь от упругих свойств колеблющейся системы, и поэтому их еще называют соб-
ственными колебаниями.
Вынужденными называются колебания, возникающие под действием внешней,
переменной во времени силы. Эта сила называется возмущающей. Закономерности
изменения возмущающей силы во времени весьма разнообразны и определяются
видом машины или механизма. Весьма распространен случай возмущающей силы,
вызванной действием неуравновешенной массы m, вращающейся равномерно во-
круг неподвижной оси (например, центр тяжести ротора не совпадает с его осью).
Вертикальная и горизонтальная составляющие центробежной силы F(t), действую-
щей на массу m (рис. 10.5, а), и будут представлять собой возмущающие силы, из-
меняющиеся во времени по гармоническому закону.
Рис. 10.5
Если двигатель с неуравновешенной массой установлен на балке, то она будет
совершать вынужденные колебания под действием возмущающей силы Fsin φt
(рис. 10.5, б). Горизонтальная составляющая центробежной силы Fcos φt вызовет
продольные колебания балки, которые ввиду значительно большей жесткости бал-
ки в продольном направлении, чем в поперечном, обычно не учитываются.
Самовозбуждающиеся автоколебания − незатухающие периодические колебания сис-
темы, характеризующиеся наличием постоянного непериодического источника энергии и
обратной связи, регулирующей поступление энергии из источника. Простейшим приме-
ром автоколебательной системы является часовой механизм. В часах автоматически уста-
навливается такая амплитуда незатухающих колебаний маятника, при которой потери
энергии на сопротивление пополняются потенциальной энергией заведенной пружины.
а
б
а
б

303
Параметрические колебания – колебания, происходящие в результате измене-
ния параметров самой системы (масс или жесткостей). Например, стоя на качелях,
можно раскачать их периодическим приседанием, т.е . изменением момента инер-
ции колеблющейся массы относительно центра подвеса.
2. По характеру возникающих деформаций колебания подразделяются на про-
дольные, поперечные, крутильные и их совместное действие, например, крутиль-
ных и поперечных колебаний.
3. В зависимости от учета сил сопротивления движению они могут быть зату-
хающие и незатухающие.
4. По виду функций колебательного движения колебания делятся на периодиче-
ские и непериодические.
5. По типу зависимости между силами и вызываемыми ими перемещениями ко-
лебания могут быть линейные и нелинейные.
6. По числу степеней свободы различают колебания с одной, с несколькими и с
бесконечным числом.
В дальнейшем будем рассматривать колебания систем только с одной степенью
свободы.
10.3. Свободные (собственные) колебания системы без учета сил
сопротивления
Рассмотрим невесомую балку (рис. 10.6, а), несущую одну сосредоточенную
массу m, расположенную посередине пролета.
Рис. 10.6
В состоянии покоя под действием груза P = mg перемещение балки составит
уст,Р
. Обозначим δ11 перемещение сечения в центре пролета от единичного усилия
1
Р = , приложенного к этому сечению. Это перемещение можно найти по формуле
Мора, предварительно построив эпюру единичных изгибающих моментов от силы
Р=1.Тогда
1
1
11
.
z
ММ
dx
EI
δ
⋅
=
⋅
∑∫
S=С(yст,Р+у)
y
с
т
,
Р

304
Перемещение уст,Р составит
yст,Р=δ11·P,
откуда
,
11
1
,
cmP
cm
C
P
y
y
δ
=
⋅
=
⋅
(10.1)
где
11
1
.
C
δ
=
Если груз с балкой оттянуть вниз и отпустить, то балка будет колебаться.
Уравнение движения груза Р, имеющего массу m, можем получить, согласно
принципу Д’Аламбера как уравнение динамического равновесия. Это уравнение
отличается от статического тем, что к действующим на массу силам следует доба-
вить силы инерции.
Рассмотрим условия динамического равновесия массы m в крайнем нижнем по-
ложении (рис. 10.6, б). На массу m действуют восстанавливающая (упругая) сила
S= С · (уст + у), направленная к статическому положению равновесия, собственный
вес Р и сила инерции Рu = –mу", направленная от линии статического равновесия.
Уравнение равновесия массы m будет иметь вид
P+Pu– S =0,
(10.2)
гдеР=С·устсогласно(10.1);поаналогииS=С ·(уст+у);
''
''.
u
P
Pmy
y
g
=−
=−
⋅
После преобразования получаем
''
0,
11
''
0.
C
g
y
y
P
y
y
m
δ
+
⋅
=
+⋅
=
Обозначим
2
С
m
ω
=
, тогда уравнение движения груза Р примет вид
''
y+ω
2
· y=0.
(10.3)
Решение уравнения (10.3) имеет вид
y=Asin(ωt+λ),
(10.4)
где ω – частота собственных колебаний, с
-1
;

305
λ – сдвиг по фазе;
11
11
1
1
.
cm
С
g
g
m
m
P
ω
δ
δ
⋅
=
=
=
=
⋅
⋅
∆
(10.5)
График уравнения движения (10.4) изображен на рис. 10.7.
Рис. 10.7
Предположим, что груз Р, имеющий массу m, расположен на упругой балке. Ес-
ли его вывести из состояния равновесия и не учитывать силы сопротивления, он
будет совершать гармонические колебания. Величина ±А, представляющая собой
наибольшее отклонение массы от положения равновесия, есть амплитуда колеба-
ния. Удвоенная величина амплитуды называется размахом колебаний. Время Т, за
которое масса успевает совершить полный цикл колебаний, называется периодом
колебаний. Из графика, приведенного на рис. 10.7, следует, что
2
Т
ω
=
π
.
(10.6)
Число полных циклов колебаний в одну секунду называется частотой колеба-
ний. Это будет величина, обратная периоду :
1
T
ν=
.
(10.7)
Единица измерения частоты – герц – частота колебательного процесса с перио-
дом Т = 1с. Эту частоту принято называть технической частотой. Число полных
циклов колебаний за время 2π называется круговой или циклической частотой. По
(10.6) она равна
2
2
T
π
ω
πν
=
=
.
(10.8)
Как следует из (10.5), частота свободных колебаний не зависит от внешнего воз-
действия и определяется только внутренними свойствами самой колебательной
системы, поэтому ее часто называют собственной частотой. Частота свободных

306
колебаний системы с одной степенью свободы убывает с увеличением массы и воз-
растает с увеличением жесткости.
10.4. Примеры расчетов на собственные колебания
Пример 10.1
Определить частоту собственных колебаний массы m = 2500 кг, находящейся
посередине стальной балки переменного сечения (рис. 10.8).
Дано: E = 200 ГПа; I1 = I4 = 3,97·10-4
м
4
;
I2=I3=2I1;
l=6м.
Рис.10.8
Решение:
а. Определение единичных перемещений.
По известным правилам строим эпюру изгибающих моментов от силы, равной
единице и приложенной в месте сосредоточенной массы
(рис. 10.8, б, в).
После этого, используя способ Верещагина и формулу Симпсона, находим
3
11
1
2
33
2(
2
)2
(
4
)
.
46
88
46
8816164448z
l
ll
l
ll
ll
l
ll
EI
EI
EI
δ=
⋅
⋅
⋅
⋅
+⋅
⋅
⋅
+⋅
⋅
+⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
б. Вычисление частоты собственных колебаний.
Определяем круговую частоту колебаний по формуле (10.5):

307
9
4
1
1
3
3
11
1
48
48 200 10 3,97 10
83,96c .
5
2500 6
EI
m
m
l
ω
δ
−
−
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
Находим техническую частоту по (10.8):
ω 83,96
ν==
= 13,37
2π 6,28
Гц.
Период колебаний
2π 6,28
=0,0747
ω 83,96
Т==
с.
Пример 10.2
Определить частоту собственных колебаний массы m = 1000 кг, укрепленной на
конце кронштейна, показанного на рис. 10.9 .
Рис. 10.9
Тяга 1-го кронштейна выполнена из стального стержня площадью сечения
А1=2830мм
2
, а балка 2 – из стального двутавра No 30 (А2 = 4650 мм
2
). Модуль
продольной упругости Е = 200 ГПа, l = 3,0 м.
а. Определение единичного перемещения.
Вырезаем узел В (рис. 10.9, в) и, рассматривая уравнение его равновесия, нахо-
дим усилия в стержнях системы от единичной силы:
1
1
1, 25;
sin
N
α
=
=
2
1
0, 75.
tg
N
α
=−
=−
Затем определяем перемещение узла от единичной силы:
2
2
2
2
4
2
4
8
1
2
11
9
9
1,25 5 10
0,75 3 10
1,62 10 м/Н
()
200 10 28,3 200 10 48,5
i
i
i
i
i
i
i
NlNlNl
EA
EA
EA
δ
−
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
+
=
+
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
∑
б. Определение частоты собственных колебаний:

308
круговая частота
8
-1
11
1
10
248с ,
1000 1, 62
m
ω
δ
=
=
=
⋅
⋅
техническая частота
248
39,5 Гц
2 6,28
ω
ν
π
=
=
=
.
Пример 10.3
Определить частоту собственных колебаний системы из двух дисков, насажен-
ных на вал постоянного сечения диаметром d = 60 мм (рис. 10.10).
Рис. 10.10
Моменты инерции дисков J1 = 4 кг·м
2
,J2=8кг·м
2
. Модуль упругости материала
вала G = 78 ГПа, l = 1,2 м. При крутильных колебаниях диски будут совершать ко-
лебания в противоположных направлениях. При этом некоторое промежуточное
сечение 1-1 будет оставаться неподвижным. Тогда из условия равенства частот ко-
лебаний обоих дисков с примыкающими к ним участками вала можно записать
С
J
ω=
,
(10.9)
где С − крутильная жесткость вала, равная скручиваемому моменту, необхо-
димому для закручивания вала на угол величиной в один радиан;
J − момент инерции диска относительно оси стержня, перпендикулярной к
плоскости диска;
4
4
1
2
ω
32
32
Gd
Gd
Ja
Jb
π
π
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
,
(10.10)
1
1

309
откуда
2
1
aJ
bJ
=
.
Посколькуl=а+b,то
2
1
1
2
1
2
,
.
Jl
Jl
a
b
JJ
JJ
⋅
⋅
=
=
+
+
Подставляя эти выражения в (10.9), получим величину частоты собственных
крутильных колебаний:
4
94
1
1
2
8
12
(
) 3,1478106(48)
176, 06c .
32
32481,210
GdJJ
JJl
π
ω
−
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
⋅
+
=
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
10.5. Учет массы системы при колебаниях
Если колеблющаяся система, несущая сосредоточенную массу, обладает значи-
тельной собственной массой, то ее влияние необходимо учитывать, так как упро-
щенные расчеты, приведенные выше, будут давать уже значительную погрешность.
В элементарных расчетах на колебания с достаточной для практики точностью
можно приближенно распределенную массу заменить приведенной по формуле
mприв=βml,
(10.11)
где m − распределенная масса по длине стержня;
l − длина стержня;
β − коэффициент приведения.
Для некоторых случаев величина коэффициента β приведена на рис. 10.11.
Рис. 10.11
В этой методике систему можно по-прежнему рассчитывать как систему с одной
степенью свободы, но к сосредоточенной массе нужно добавить приведенную, т.е .
расчетная масса будет:
mрасч= m+ m прив ,
(10.4)

310
10.6. Свободные затухающие колебания
с одной степенью свободы
В уравнении (10.18) свободных колебаний системы с одной степенью свободы
амплитуда не зависит от времени, и, следовательно, колебания могут продолжаться
бесконечно с одинаковой амплитудой. В действительности под влиянием сил со-
противления внешней среды, вязкости или неполной упругости материала самого
сооружения и от трения в опорных устройствах колебания будут постепенно зату-
хать.
В случае учета сил сопротивления при линейном характере затухания частота
колебаний определяется выражением
2
2
1
ω
ωε
=
−
,
где ε − параметр, учитывающий влияния затухания.
Обычно характеристика затухания ε мала по сравнению с частотой колебаний
ω , и в большинстве практических случаев влиянием затухания пренебрегают.
10.7. Вынужденные колебания систем с одной
степенью свободы
Если на систему действует сила F(t), изменяющаяся во времени по какому-либо
закону, то колебания, вызванные действием этой силы, называются вынужденными.
Рассмотрим случай, когда внешняя сила представляет собой вибрационную (перио-
дическую) нагрузку, изменяющуюся по гармоническому закону с частотой Θ ,
F(t)=F sin Θ t и действующую на систему с одной степенью свободы (рис. 10.12, а).
В любой момент времени положение массы определяется действием двух сил:
возмущающей силы F(t) и силы инерции Рu = –mу" (рис. 10.12, б):
11
(() )u
yFtPδ
=
+⋅
,
где
11
δ – перемещение сечения, в котором расположена сосредоточенная мас-
са, от действия единичной силы, приложенной к этому же сечению.
Рис. 10.12

311
Раскрывая скобки, получим
11
()
u
y
P
Ft
δ
=
−
.
В то же время
''
''.
u
P
Pmy
y
g
=−
=−
Тогда
11
''
(),
g
g
y
yFt
PP
δ
+−
=
где согласно (10.5)
2
11
g
P
ω
δ
=
.
Таким образом, получаем неоднородное дифференциальное уравнение
2
''
()
g
y
yFt
P
ω
+
=
,
(10.13)
решение которого приводит к уравнению вынужденных колебаний системы с од-
ной степенью свободы:
2
2
sin(
)
sin
g
F
yA
t
t
P
ωλ
ω
=
++⋅
⋅
Θ
−Θ
,
(10.14)
где первое слагаемое характеризует собственные колебания системы с амплиту-
дой А и частотой колебаний ω , а второе слагаемое характеризует вынужденные ко-
лебания с амплитудой 0
2
2
g
F
A
Pω
=
⋅
−Θ
и частотой колебаний Θ .
Преобразуем выражение амплитуды вынужденных колебаний. Из выражения
(10.5) 2
11
g
P
ω
δ
=
получим
2
11
g
P
ωδ
=
⋅
⋅
, тогда
2
11
0
2
2
PF
A
P
ωδ
ω
⋅
⋅
=
⋅
−Θ
,здесьF–
амплитуда возмущающей силы F(t).
После преобразования
0
,
,
1
2
2
1
1
cmF
cmF
Ay
yβ
ω
=
⋅
=
⋅
Θ
−
,
(10.15)
где
,
cmF
y – перемещение (прогиб), вызванное амплитудным значением возму-
щающей силы;
β1 – коэффициент повышения динамического параметра (коэффициент

312
нарастания колебаний). На рис. 10.13 показана зависимость коэффициента
β1 по абсолютной величине от отношения Θ / ω .
При
ω
Θ < значение 1 1.
β > Это означает, что вынужденные колебания системы
происходят в той же фазе, что и колебания возмущающей силы. При
ω
Θ > значе-
ние11
β < , следовательно, колебания системы и возмущающей силы происходят в
разных фазах, т.е . в противоположных направлениях: когда возмущающая сила на-
правлена вниз, то перемещение системы будет вверх, и наоборот. При стремлении
Θ к ω происходит нарастание амплитуд колебаний, и при Θ = ω наступает явле-
ние резонанса (β1 = ∞ ).
Рис.10.13
Для исключения резонанса при работе конструкции необходимо, чтобы величи-
на отношения
ω
Θ
не была близкой к единице.
Опасным интервалом считается 0,75 <
ω
Θ
< 1,3.
При вынужденных колебаниях системы с одной степенью свободы полное пе-
ремещение сосредоточенной массы может быть найдено по уравнению
,
,
1
cmP
cmF
yy
yβ
=
+
⋅
.
Преобразуем это выражение:
11
11
1
11
1
,
βδ(1β)cmP
P
F
y
P
F
P
yK
P
P
δ
δ
∂
=
+
⋅
⋅
=
⋅
+
=
⋅
,
(10.16)
где K ∂ – динамический коэффициент при колебаниях, который определяется
по формуле

313
1
2
2
1
(1)(1)
1
F
F
K
P
P
β
ω
∂=+
⋅
=
+⋅
Θ
−
.
Аналогично можно найти и напряжения в сечениях балки
1
,
P
F
PK
σσσβσ
∂
=
+⋅
=
⋅
(10.17)
где P
σ – напряжение от статической силы Р, а F
σ – от амплитудного значения F.
10.8. Пример расчета на вынужденные колебания
Пример 10.4
Определить динамические и полные напряжения в балках, выполненных из двух
швеллеров No 20. На балках помещен двигатель массой mдв = 180 кг с частотой
вращения nдв = 1400 об/мин (рис. 10.14). Масса несбалансированной части двигате-
ля mн = 40 кг, радиус дисбаланса r = 0,5 мм. Пролет балки l = 3 м. Модуль упруго-
сти материала балок Е = 200 ГПа.
Решение:
1. По сортаменту прокатных профилей находим:
геометрические характеристики сечения:
8
8
2 1520 10 3040 10
z
I
−
−
=
⋅
⋅
=
⋅
м
4
;
8
63
2
3040 10
30410м
10 10
z
z
мах
I
W
y
−
−
−
⋅
=
=
=
⋅
⋅
;
массу погонного метра балок
q = 2·18,4 = 36,8 кг/м.
2. Определяем частоту вынужденных колебаний:
-1
3,14 1400
146,5 с .
30
30
дв
n
π
⋅
Θ=
=
=
3. Находим величину инерционной силы Fu, возникающей при вращении несба-
лансированной массы (рис. 10.14):
2
4
2
40 146,5 5 10 429,25Н
u
н
Fm
r
−
=
⋅Θ
⋅
=
⋅
⋅
⋅
=
.
Вертикальная составляющая этой силы

314
() sin
В
и
u
FFtF
t
=
=
Θ
представляет собой силу, которая меняется по закону синуса (рис. 10.14, б) и вызы-
вает поперечные колебания балок.
Рис. 10.14
4. Вычисляем значение приведенной массы по формуле (10.11) и рис. 10.11:
17
17
36,8 3 53,6 кг.
35
35
пр
m
ml
=
=
⋅
⋅
=
Суммарная масса посередине балки
m=mдв+mпр =180+53,6 =233,6кг.
5. Прогиб от действия единичной силы, приложенной к сечению, где располо-
жена сосредоточенная масса:
11
3
38
8
9
1
310
м
9,25 10
48
Н
48 200 10 3040
z
l
EI
δ
−
⋅
⋅
=
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
.
6. Определяем частоту собственных колебаний (10.5):
1
11
8
1
10
215 .
233,6 9,25
с
m
ω
δ
−
=
=
=
⋅
⋅
7. Коэффициент нарастания амплитуды колебаний (в расчетах принимается по
модулю).

315
1
2
2
2
2
1
1
β
1,86.
146, 5
1
1
215
ω
=
=
=
Θ
−
−
8. Находим динамические напряжения
Амплитуда возмущающей силы Fu = 429,25 Н. Согласно эпюре изгибающих
моментов (рис. 10.15, д) и формуле
cm
σσβ
∂=
⋅
динамические напряжения будут
равны
1
6
429, 25 3
σ
β
1,86 1,97 МПа.
4
430410
u
z
Fl
W
∂
−
±⋅
±
⋅
=
⋅
=
⋅
=±
⋅
⋅
9. Находим полные напряжения.
Для определения полных напряжений необходимо учесть статические нагрузки
–
собственный вес балки и вес мотора дв
P (рис. 10.15, е). Эпюра изгибающих мо-
ментов от действия этих нагрузок показана на рис. 10.15, ж.
Нагрузки, действующие на балку статически:
36,8 9,81 361
qmg
=
=
⋅
=
Н/м;
180 9,81 1765
дв
дв
Pmg
=
⋅
=
⋅
=
Н.
Рис.10.15

316
Полное напряжение
2
2
6
6
361 3
1765 3
1,97 (5,69 1,97) МПа.
8
4
830410 430410
дв
полн
z
z
Pl
ql
WW
σ
σ∂
−
−
⋅
⋅
=
+
±=
+
±=
±
⋅
⋅
⋅
⋅
Интервал изменения полных напряжений
max
σ = 5,69 +1,97 = 7,66 МПа;
min
σ =5,69-1,97 = 3,72 МПа.
10.9. Расчеты на ударные нагрузки.
Основные понятия и допущения
Одним из видов динамических нагрузок служит удар, являющийся наиболее
опасным динамическим воздействием для конструкции. При ударе скорость движе-
ния какого-то элемента конструкции или соприкасающихся с ним частей изменяет-
ся на конечную величину за малый промежуток времени, что сопровождается появ-
лением значительных ускорений и соответственно больших инерционных сил, дей-
ствующих в направлении, противоположном ускорению. Время удара исчисляется
малыми величинами.
Динамическая задача весьма сложна, так как точно установить законы ускоре-
ния затруднительно, поэтому при расчетах вводится ряд допущений.
1. Считают, что при ударе соблюдается закон сохранения энергии, т.е . кине-
тическая энергия, которой обладает движущееся тело, в момент удара перехо-
дит в потенциальную энергию упруго деформируемого тела:
1
TUT
∂
=
+,
(10.18)
где Т – кинетическая энергия ударяющего тела (системы), которой оно обла-
дает в момент удара;
U∂ — потенциальная энергия упруго деформируемой ударяемой системы;
T1 — кинетическая энергия движения ударяемой системы.
Если масса ударяемого тела значительно меньше массы ударяющего тела, то
расчет проводят без учета этой массы, и формула (10.18) после упрощения примет
вид
TU∂
=
,
(10.19)
где
2
P
U
∂∂
∂
∆
=
.
2. Предполагают, что удар неупругий, т.е . ударяющее тело с момента сопри-
косновения с ударяемым движется вместе с ним как единое целое.

317
3. Предполагают, что при ударе соблюдается закон Гука или связь между ди-
намической нагрузкой дР и динамическими деформациями д
∆ линейная (рис.10.16),
т.е . соблюдается равенство
ст
д
ст
д
P
P
=
∆
∆
,
(10.20)
где P∂ − это обобщенная динамическая сила (N, МК, МИ), т.е . соответственно
продольная сила, крутящий и изгибающий момент.
∂
∆ − обобщенная динамическая деформация ( ∆ N , ∆ Mк, ∆ Ми).
Рис. 10.16
Считают, что модуль продольной упругости Е материала при ударном дейст-
вии нагрузки не изменяется.
В зависимости от направления движения ударяющего тела различают удары
вертикальный (10.17, а, б, 10.17, а) и горизонтальный (10.17, в, 10.18, б), каждый из
которых может вызвать деформацию растяжения или сжатия (рис. 10.17, а, б, в), из-
гиба (рис. 10.18, а, б, 10.19, а (участок CD)), кручения бруса или совместного их
действия (сложное сопротивление), например изгиб с кручением (рис. 10.19 (уча-
сток ВС))
Рис.10.17

318
Рис.10.18
Рис. 10.19
10.10. Расчеты на удар без учета массы ударяемой системы
Вертикальный удар
Рассмотрим вертикальный сжимающий удар.
Пусть груз весом Р падает с высоты h на стержень длиной l (известная жест-
кость сечения ЕА) и деформирует его на величину ∂∆ (рис. 10.17, б) Изменение ки-
нетической энергии падающего тела численно равно работе, совершенной им при
падении и деформировании стержня, т.е . Т = Р(h +
∂
∆ ), а потенциальная энергия
упругого деформированного тела составит
0,5
U
P
∂
∂∂
=
⋅ ∆ , где P∂ представляет со-
бой силу динамического удара. На основании (10.34) запишем
Pl
EA
∂
∂
⋅
∆=
или
EA
P
l
∂
∂
∆⋅
=
, тогда
2
2
EA
U
l
∂
∂
∆⋅
=
.
1
1l⋅
2
1l⋅
1
1l⋅

319
Рассматривая выражение T U∂
=
или
2
()
2
EA
Ph
l
∂
∂
∆⋅
⋅
+∆=
, получаем
2
2
2
0,
ст
ст
д
д
h
∆−∆∆
−
∆=
откуда
2
2
,
cm
cm
cmh
∂
∆=∆±∆+∆⋅
где знак минус не соответствует физической стороне рассматриваемой задачи.
После преобразования окончательно получим
2
(11
)
cm
cm
h
∂
∆=∆
⋅
++
∆
(10.21)
или
,
cmK
∂
∂
∆=∆
⋅
2
11
cm
h
K∂=++
∆
,
(10.22)
где K∂ – динамический коэффициент;
ст
∆ – статическое перемещение (укорочение) стержня от статической силы Р.
На практике возможны случаи, когда высота падения равна нулю. Такой случай
носит название внезапного действия (или мгновенного приложения) нагрузки. На-
пример, если стойки, поддерживающие опалубку при возведении железобетонного
перекрытия, при демонтаже убрать мгновенно, выбив их одновременно все. При h =
0 из формулы (10.35) получим
1102
K∂=++
=
.
Следовательно, при внезапном действии нагрузки деформации системы и на-
пряжения в ней вдвое больше, чем при статическом действии той же нагрузки, по-
этому по возможности этого следует избегать.
В случае, когда высота падения груза h значительно превосходит величину ста-
тической деформации cm
∆ , значениями единицы пренебрегаем, тогда
2
cm
h
K∂=
∆
.
(10.23)
Учитывая линейную связь между напряжениями и деформациями, можно запи-
сать
;
;
cm
cm
cm
РPK
K
K
σσ
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=
⋅
=
⋅
∆=∆
⋅
.
(10.24)
Для вертикального поперечного изгибающего (рис. 10.18, а) и вертикального слож-
ного (рис. 10.19) ударов при аналогичных рассуждениях с использованием закона со-
хранения энергии можно получить такую же формулу динамического коэффициента:

320
2
11
cm
h
K∂=++
∆
,
где при вертикальном поперечном изгибающим ударе (рис. 10.18, а) статиче-
ское перемещение находят по формуле Мора с использованием правила Верещаги-
на:
1
n
i
p
cm
i
z
MM
EI
=
⋅
∆=∑∫,
(10.25)
а при сложном сопротивлении (при изгибе, растяжении (сжатии) и кручении) –
по формуле
1
1
1
n
n
n
ki
i
i
p
p
kp
cm
i
i
i
i
i
z
i
pi
MM
MM
NN
dx
l
l
EI
EA
GI
=
=
=
⋅
⋅
⋅
∆=
⋅
+
+
∑
∑
∑
∫
,
(10.26)
где n – количество участков перемножения эпюр.
В случае (рис. 10.19) стержень ВС испытывает изгиб с кручением, поэтому в
формуле (10.26) влияние продольных сил не учитывают.
Горизонтальный удар
При горизонтальном ударе формула динамического коэффициента будет отли-
чаться от ранее полученной (10.22), так как в этом случае происходит чисто дина-
мический удар и будет отсутствовать работа, совершаемая силой Р.
Пусть тело массой m движется с постоянной скоростью V и вызывает деформа-
цию стержня ∂
∆ (рис. 10.17, в).
Из закона сохранения энергии T U∂
=
, или
2
2
2
P
PV
g
∂∂
∆
⋅
=
, получим
2
дд
P
V
g
Р
⋅∆
=
;
2
cm
P
K
Р
∂
∂
∂
∆=∆
С учетом этого определяем динамический коэффициент.
2
cm
V
K
g
∂=
∆
,
(10.27)
где cm
∆ – перемещение в точке удара от статического приложения силы Р в
этом месте, при этом сила Р прикладывается горизонтально.
Крутящий удар
В практике крутящий удар, как правило, встречается в деталях машин и меха-

321
низмов и чаще всего вызывается не падением тех или иных грузов, а силами инер-
ции масс при больших ускорениях, что имеет место главным образом при тормо-
жении быстро вращающихся валов, несущих маховики. Рассмотрим крутящий удар
на примере торможения вала, несущего маховик q (рис. 10.20).
Рис. 10.20
Вал вращается с постоянной угловой скоростью ω . При торможении вал закру-
чивается силами инерции вращающегося маховика, что вызывает максимальные
касательные напряжения в сечениях вала на расстоянии l от маховика (у тормозных
колодок, рис. 10.20). Требуется найти величину этих напряжений.
Кинетическую энергию маховика, вызывающую ударное кручение, определяем
по формуле
2
ω
2
m
J
T
⋅
=
,
(10.28)
где Jm – момент инерции вращающейся массы маховика;
ω – угловая скорость вращения.
Потенциальная энергия упругой деформации равна работе внешних сил, затра-
ченных на закручивание вала. Она определяется по формуле как половина произве-
дения момента на перемещение, т. е .
2
2
4
16
0,5
2
kд
kд
д
д
kд
p
Ml
Ml
U
M
GI Gd
φ
π
=
⋅
=
=
,
(10.29)
где
k
M ∂ – динамический крутящий момент;
φ∂ – соответствующий угол закручивания вала на длине l.
G – модуль сдвига.
Выразим потенциальную энергию U ∂ через максимальные касательные
Тормоз
Маховик

322
напряжения max
τ=
3
16
k
k
p
M
M
W
d
π
∂
∂
=
:
2
2
2
max
max
16
4
dl
lA
U
G
G
τπ
τ
∂=
=
.
(10.30)
Тогда из равенства T U∂
=
получим
max
2m
JG
lA
τ
ω
=
⋅
,
(10.31)
где lA – объем закручиваемого участка вала длиной l ;
2
4
d
A
π
=
–
площадь сечения вала.
Из формулы (10.31) видно, что на величину динамических напряжений большое
влияние при прочих равных условиях оказывает длина закручиваемого участка вала.
Если торможение осуществляется не мгновенно, а в течение некоторого време-
ни, то в формуле (10.42) вместо ω следует использовать
0
1
ωωω
∆=
−
, т.е . изменение скорости за 1 с.
Здесь 0
ω – угловая скорость в точке торможения, а 1
ω в конце.
10.11. Примеры решения задач на удар без учета массы ударяемой
системы
Пример 10.5
Груз Р = 6 кН падает с высоты h = 0,1м на вертикальный деревянный столб
длиной l = 5 м. Нижний конец столба закреплен (рис. 10.17,б). Площадь поперечно-
го сечения равна А = 70,7·10-3
м
2
, Е = 10 ГПа. Определить наибольшие сжимающие
напряжения в столбе.
Решение:
1. Находим величину статического перемещения:
3
5
9
3
6510
4,2 10
10 10 70,7 10
cm
Pl
EA
−
−
⋅
⋅
∆==
=
⋅
⋅
⋅
⋅
м.
2. Динамический коэффициент
1
5
2
2110
11
11
70.
4,2 10
cm
h
K
−
∂
−
⋅
⋅
=+
+
=+
+
=
∆
⋅
3. Динамические напряжения в сечениях бруса

323
3
3
610
70 5,94 МПа
70,7 10
cmK
σσ
∂
∂
−
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅
.
Пример 10.6
Груз Р = 40 кН опускают стальным тросом (Е=200 ГПа, А
= 15см
2
) с постоянной скоростью V = 1 м/с, как показано на
рис. 10.21. После того как трос был выпущен на длину l=20м,
включили тормоз, и груз дополнительно получил перемеще-
ние ∂
∆ . Определить максимальное напряжение в сечениях
троса и полную величину его деформации.
Решение:
1. Используем закон сохранения энергии
TU∂
=
.
2. Левая часть баланса представляет собой различные
компоненты энергии, которые затем переходят в правую
часть баланса. Это, во-первых, кинетическая энергия движе-
ния груза, равная
2
2
mV
.
Во-вторых, в выпущенном на длину
l = 20 м тросе вследствие статической деформации имеется накопленная потенци-
альная энергия
2
cm
cm
P⋅∆
. Из закона Гука
cm
cm
Pl
EA
⋅
∆=
получим
/
cm
ст
P
EAl
=∆
⋅
.
Тогда второе слагаемое примет вид
2
2
cm EA
l
∆⋅
. Дополнительно на участке пере-
мещения ∂
∆ будет совершена работа P ∂∆ . Окончательно левая часть баланса при-
мет вид
2
2
2
2
cm EA
mV
Т
P
l
∂
∆⋅
=
+
+∆.
3. Правую часть баланса по аналогии с вышеизложенным можно записать
2
(
)
2
ст
ЕА
U
l
∂
∂
∆+∆⋅
=
.
4. Приравнивая
д
ТU
=
после преобразования получаем
2
2ст
V
g
∂
∆
∆=
⋅
, или
cт
ст
ст
V
К
g
∂
∂
∆=∆
⋅
=∆
⋅
⋅∆
,
Рис. 10.21

324
где
ст
V
K
g
∂=
⋅∆
.
(10.32)
5. Определим
статическую деформацию
троса,
выпущенного
на
нуl=20м:
3
3
11
4
4010 20
2,67 10
210 1510
cm
ст
Рl
EA
−
−
⋅
⋅
⋅
∆=
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
м.
6. Величина динамического коэффициента составит
3
1
6,18
9,81 2,67 10
К∂
−
=
=
⋅
⋅
.
7. Максимальные напряжения в сечениях каната
max
3
4
(1)
40 10
(1 6,18) 191, 4 МПа.
15 10
cm
cm
cm
cm
K
K
σ
σ
σσ
σ
σ
∂
∂
∂
−
=
+=
+
⋅
=
⋅
+
=
⋅
=
⋅
+
=
⋅
8. Величина полной деформации троса
3
2
(1 ) 2,67 10 (1 6,18) 1,917 10
n
cm
K
−
−
∂
∆=∆
⋅
+
=
⋅
⋅
+
=
⋅
м.
Пример 10.7
Призматический стержень весом Р падает с высоты h на жесткую неде-
формируемую плиту (рис. 10.22). Найти максимальные динамические напряжения,
возникающие в сечении стержня при ударе. Такой случай возможен при ковке на-
гретой полосы металла. При захолаживании металла его пластические свойства по-
нижаются в десятки раз, и захоложенную полосу условно можно считать абсолютно
жесткой. Тогда кинетическая энергия падающего штока поглощается самим што-
ком, что может привести к его разрушению.
Решение:
При ударе силы инерции действуют на каждую точку стержня. При этом на-
пряжения, возникающие в его сечениях, изменяются по высоте по линейному зако-
ну. Вверху они равны нулю и достигают максимальной величины у нижнего сече-
ния, в месте соударения с плитой (рис. 10.22, б).

325
Рис. 10.22
Динамические напряжения в сечении стержня на расстоянии х от верхнего
края равны
max
х
x
l
σσ∂
=
⋅
.
Потенциальная энергия деформации ударяющего тела при этом будет равна
()
2
0
2
2
2
2
max
max
0
2
2
6
l
l
x Adx
Axdx
Al
U
E
El
E
σ
σ
σ
∂
∂
∂
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
=
⋅
∫
∫
(10.33)
Кинетическая энергия ударяющего тела
T=Ph=mgh=γAlh,
(10.34)
где т – масса единицы длины;
γ – плотность материала;
A l – объем стержня;
h – высота падения ;
Р – вес стержня.
Пренебрегая потерями энергии падающего стержня на местное смятие, трение
о среду, деформацию плиты и т.п., можно записать, что
,
UT
∂=
или, с учетом вышеизложенного,
2
max
,
6
Al
Ph Alh
E
σ
γ
∂⋅
=
=

326
откуда получим
max
6
6.
ET
Eh
Al
σ
γ
∂
=
=
Из полученного следует, что при упругой деформации падающего стержня
возникающие в нем динамические напряжения зависят только от свойств материа-
ла, но не зависят от его линейных размеров.
Пример 10.8
Груз, масса которого т = 5 кг, движется со скоростью V = 0,2 м/с и ударяется
в стойку ВС высотой h = 0,2 м, системы, показанной на рис. 10.23, а.
Стойка жестко связана со стальной балкой длиной l = 1,5 м, выполненной из
двутавра No 10 (Е = 200 ГПа;
8
198 10
z
I
−
=
⋅
м
4
;
6
39,7 10
z
W
−
=
⋅
м
3
), а сама она прини-
мается
недеформируемой. Требуется
найти
максимальные напряжения в
балке.
Решение:
В данном случае возникает горизонтальный изгибающий удар, для ко-
торого динамический коэффициент найдем по формуле (10.27):
2
cm
V
K
g
∂=
∆
.
Рис. 10.23
1. Прикладываем горизонтальную силу, равную единице, к сечению стойки
в месте удара (рис. 10.23, б), и строим эпюру единичных изгибающих моментов
(рис. 10.23, в).
2. Находим единичное перемещение δ11 по формуле Мора с
использованием правила Верещагина путем перемножения эпюры М1 самой на се-
бя.
а
в
б

327
8
11
11
11
8
1,5
2 0,2 0,2 5,05 10
6210 19810
z
MM
dх
EI
δ
−
−
=
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
∫
м/Н.
3. Полное перемещение от статического действия силы Р, равной весу груза,
приложенной горизонтально в точке удара, составит
8
6
11
11 5 9,81 5,05 10 2,48 10
cm
P
mg
δ
δ
−
−
∆=
=
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
м.
4. Определим величину динамического коэффициента:
2
2
6
0,2
40, 5.
9,81 2, 48 10
cm
V
K
g
∂
−
=
=
=
∆
⋅
⋅
5. Максимальное значение статического момента в сечении балки
max
1max
1max
0,2 5 9,81 9,81H м.
cm
M
M
PM
mg
=
⋅
=
⋅
=
⋅
⋅
=
⋅
6. Максимальные динамические напряжения в сечении балки
6
max
max
9,81
40,5 10
39,7 10
cm
cm
z
M
K
K
W
σ
σ
−
∂
∂
∂
=
=
=
⋅
=
⋅
МПа.
Если в заданной схеме (рис. 10.23, а) поменять местами опоры (левое сечение
балки закрепить шарнирно-неподвижной опорой), то будет иметь место сложное
сопротивление – изгиб с растяжением. Тогда следует находить статическое пере-
мещение с учетом перемещения от продольной силы и изгибающего момента:
,
сm
м
N
∆=∆+∆
а напряжения как для изгиба с растяжением: ст
м
N
σ
σσ
=
+.
Пример 10.9
Маховик диаметром D= 400 мм с массой m = 40 кг, насаженный на вал диа-
метром d = 60 мм, вращается с постоянной угловой скоростью ω при частоте вра-
щения n = 150 об/мин. Определить величину наибольших касательных напряжений
в сечении вала при резком торможении (сечение А внезапно останавливается, рис.
10.20). Сечение А расположено от маховика на расстоянии 1200 мм. Модуль сдвига
материала G = 78 ГПа. Массой вала пренебрегаем.
Решение:
1. Угловая скорость вращения вала
3,14 150
15, 7
30
30
n
π
ω
⋅
=
=
=
c
-1
.

328
2. Момент инерции вращающейся массы (маховика)
2
2
40 0,2
0,8
2
2
m
mR
J
⋅
=
=
=
кг·м .
3. Геометрические характеристики сечения вала
4
4
4
64
0,1 0,10,06 1,310 м,
32
p
d
I
d
π
−
=
≈
=
⋅
=
⋅
2
2
32
3,14 0,030 2,83 10 м .
Ar
π
−
=
=
⋅
=
⋅
4. Максимальное динамическое напряжение в сечении вала
10
max
3
2
20,87,810
15, 7
94, 2
2,83 10 1,2
m
JG
Al
τ
ω
∂
−
⋅
⋅
⋅
=
=
⋅
=
⋅
⋅
МПа.
10.12. Повторно-переменные напряжения
Общие понятия
Многие детали машин и элементы конструкций при эксплуатации испытывают
действие напряжений переменных во времени.
При их работе возможны различные случаи нагружения и связанные с ними
изменения напряжений. Например, поршневой шток машины при прямом ходе ис-
пытывает напряжение сжатия, а при обратном ходе – напряжение растяжения. Воз-
можно наоборот − действующая нагрузка остается постоянной по величине и на-
правлению, а переменность напряжений обусловлена движением детали.
Так, при пластической деформации металла во вращающихся валках вектор
изгибающего момента в каждом сечении не меняет своего положения в пространст-
ве, а напряжение в любой выбранной точке сечения изменяется по величине и по
знаку (рис. 10.24).
Для точки К сечения валка напряжения можно найти по формуле
sin ,
а
к
z
z
М
М
y
R
t
I
I
σ=
=
⋅
Θ
(10.35)
где М – изгибающий момент в рассматриваемом сечении валка;
Iz – момент инерции сечения валка;

329
sin
k
yR
t
=
⋅
Θ – ордината точки к, изменяющаяся во времени;
R – радиус валка (рис. 10.25).
При вращении валка в какой-то момент времени напряжения в точке 1 отсут-
ствуют( 1 0
y = ). С поворотом валка в точке 2 растягивающие напряжения достига-
ют максимума, в точке 3 напряжение отсутствует, в точке 4 максимальные сжи-
мающие напряжения. Таким образом, нагруженные волокна на поверхности валка
за один оборот находятся то в растянутой зоне (рис. 10.24, а, рис 10.25), то в сжа-
той. То же происходит во вращающейся оси (рис. 10.24, б).
Рис. 10.24

330
Рис.10.25
Таким образом, при вращении валков (осей) изменения напряжений будут
периодически повторяться с периодом Т по симметричному циклу
(рис. 10.25, б). Такой цикл называется гармоническим.
Переменные напряжения могут иметь непериодический характер, напри-
мер при переходных процессах работы оборудования. Совокупность всех зна-
чений напряжений за время одного периода называют циклом. Переменные на-
пряжения характеризуются следующими величинами (рис. 10.26):
Рис. 10.26
1. Наибольшим и наименьшим (в алгебраическом смысле) напряже-ниями
цикла,
max
σ,
max
τиmin
σ,
min
τ.
2. Средним напряжением цикла (алгебраической полусуммой наибольшего
и наименьшего напряжений), которое определяется по формулам
max
min
;
2
m
σ
σ
σ
+
=
max
min
.
2
m
τ
τ
τ
+
=
(10.36)

331
3. Амплитудой цикла (алгебраической полуразностью наибольшего и наи-
меньшего напряжений)
max
min
;
2
а
σ
σ
σ
−
=
max
min
.
2
a
τ
τ
τ
−
=
(10.37)
4. Коэффициентом асимметрии, под которым понимают отношение мини-
мального напряжения к максимальному (с учетом знака):
min
max
rσ
σ
σ
=
или
min
max
.
rτ
τ
τ
=
(10.38)
Цикл называют симметричным, если наибольшее и наименьшее напряже-
ния цикла одинаковы по величине, но противоположны по знаку (рис.10.25, б).
Циклы, у которых максимальные и минимальные напряжения численно не рав-
ны, называются несимметричными (асимметричными)− рис. 10.26.
Циклы, у которых максимальное или минимальное напряжение равно ну-
лю, называются отнулевыми или пульсирующими (рис. 10.27).
Рис. 10.27
Циклы, имеющие одинаковый коэффициент асимметрии r, называются
подобными.
10.13. Влияние переменных напряжений на прочность металлов.
Усталость металлов
Опыты показывают, что сопротивление материалов действию переменных
напряжений существенно отличается от их сопротивления статическому или
ударному разрушению. Материалы, длительное время подвергавшиеся дейст-
вию переменных нагрузок, могут разрушаться при напряжениях более низких,
чем предел прочности или даже предел текучести.
Число циклов до момента разрушения зависит от величины амплитудного
напряжения. При больших амплитудных напряжениях разрушение наступает

332
после небольшого числа циклов. При меньших амплитудных напряжениях де-
таль может выдержать миллионы и миллиарды циклов или способна работать
неограниченно долго.
Процесс разрушения детали от действия переменных напряжений можно
пояснить следующим образом. После некоторого, иногда довольно значитель-
ного, числа циклов в наиболее слабом месте (в местах наибольших напряжений
или вблизи местных пороков) зарождается микроскопическая трещина, которая
затем, прогрессивно развиваясь вглубь, охватывает все большую толщину дета-
ли. После того как трещина достигает такой величины, что сопротивление ос-
тавшейся части сечения становится недостаточным, происходит внезапное раз-
рушение детали (излом от так называемой усталости).
Таким образом, разрушение происходит в результате развития и постоян-
ного увеличения трещин и имеет типичный хрупкий характер (без заметных
деформаций).
Процесс постепенного накопления повреждений материала под действи-
ем повторно-переменных напряжений, приводящий к образованию и развитию
микротрещин и разрушению, принято называть усталостью материала.
При этом развившиеся трещины называются трещинами от усталости или
усталостными трещинами. Та часть излома от усталости, которая отвечает по-
следней стадии разрушения детали, уже ослабленной трещинами от усталости,
называется зоной остаточного излома или, короче, остаточным изломом. Уста-
новлено, что если напряжения изменяются во времени не только по величине,
но и по направлению, то рост трещин происходит быстрее. В тех случаях, когда
деталь испытывает перегрузки только в отдельные периоды, процесс разруше-
ния от усталости может длиться очень долго, даже многие годы.
После разрушения от действия переменных напряжений на поверхности
излома детали обнаруживаются две ярко выраженные зоны. На одной из них
поверхность гладкая, притертая, образованная вследствие постепенного разви-
тия трещины. Вторая зона крупнозернистая, образовавшаяся при окончатель-
ном изломе детали за счет ослабления сечения. Эта зона для деталей из хрупких
материалов имеет крупнокристаллическое строение, а из вязких – волокнистое.
Разрушение материала в результате прогрессивного развития трещин
называется разрушением от усталости. Способность материала сопротив-
ляться усталостному разрушению при действии повторно переменных нагру-
зок называется выносливостью материала.
10.14. Опытное определение предела выносливости.
Кривая усталости
Опыты показывают, что для зарождения постепенно развивающейся тре-
щины недостаточно одной переменности напряжений (нагрузки); для образова-
ния трещин усталости необходимо, чтобы наибольшее по абсолютной величине
значение цикла напряжений стало выше определенного напряжения, называе-
мого пределом усталости или пределом выносливости. Пределом выносливости

333
называется наибольшее для данного материала значение напряжения цикла,
при котором материал способен сопротивляться, не разрушаясь при любом
неограниченном числе циклов. Предел выносливости обозначается символом r
σ,
где индекс r соответствует коэффициенту асимметрии цикла. Так, для симмет-
ричного цикла обозначение предела выносливости принимает вид
1
σ−
, для
асимметричного –
r
σ , для пульсирующего – 0
σ ; так, например, 0.33
τ
–
предел
выносливости по касательным напряжениям при асимметричном цикле с коэф-
фициентом асимметрии 0, 33
rτ
=
.
Предел выносливости есть опытная физическая величина, которая опреде-
ляется путем испытания образцов на специальных испытательных машинах. На
рис. 10.28 показана схема нагружения образца. Переменные напряжения изме-
няются по симметричному циклу (где 1– образец; 2 – патрон испытательной
машины; P – нагрузка, прикладываемая к вращаемому образцу через подшип-
ник).
Рис. 10.28
При вращении образца материал испытывает симметричный цикл напря-
жений. Число циклов N соответствует числу оборотов и определяется с помо-
щью специального счетчика.
Форма образцов должна иметь плавные очертания, чтобы исключить воз-
можность появления местных напряжений. Предел выносливости в очень
большой степени зависит от состояния поверхности образцов, поэтому их тща-
тельно обрабатывают вплоть до полировки. Процесс деформации аналогичен
рассмотренному ранее, нормальные напряжения изменяются по той же форму-
ле (10.35).
Предел выносливости находят из опыта, который проводится следующим
образом. Из испытываемого материала изготавливают серию совершенно оди-

334
наковых по размерам, форме и обработке образцов в количестве не менее 10
штук. При этом каждый образец испытывают только на одном уровне напряже-
ний до разрушения или до базового числа циклов. Первый образец устанавли-
вают в машину и загружают такой нагрузкой, чтобы максимальное его рабочее
напряжение (1)
σ достигло примерно величины 0,6 от временного сопротивления
в
σ ; затем производят испытание до его излома, устанавливают число циклов
N1, при котором образец ломается. Далее поступают аналогично со вторым об-
разцом, нагрузив его меньшей нагрузкой так, чтобы его напряжение
(2)
σ
бы-
ло меньше
(1)
σ ; для излома образца в этом случае потребуется большее число
циклов N2 (N2 > N1). Продолжая испытания остальных образцов подобным же
образом, постепенно уменьшая максимальное рабочее напряжение для каждого
последующего образца, можно достигнуть такого уровня напряжений, при ко-
тором испытуемый образец не разрушится, выдержав базовое число циклов Nб.
По полученным опытным данным строят кривую усталости (рис. 10.29), кото-
рая графически изображает зависимость между максимальным разрушающим
напряжением цикла и соответствующим числом циклов напряжений.
Рис. 10.29
На основании многочисленных испытаний установлено, что если стальной
образец выдержал 107 циклов и не сломался, то он практически может выдер-
жать неограниченное число перемен напряжений. Поэтому при определении
предела выносливости стальных образцов в качестве базового числа циклов
принято Nб =107 циклов (рис. 10. 29); а при большем значении циклов кривая
усталости плавно переходит в прямую, практически параллельную оси абсцисс
(циклов). Для цветных металлов принимают
Nб = 50·108
.
Для каждого материала предел выносливости имеет меньшее значение при
симметричном цикле, чем при асимметричных циклах. Поэтому симметрич-
ный цикл является наиболее опасным.

335
Испытания на изгиб при симметричном цикле напряжений получило наи-
большее распространение вследствие простоты конструкции машин для прове-
дения опытов. Для испытания на выносливость при изгибе в случае асиммет-
ричного цикла изменения напряжений, а также для испытаний на выносливость
при растяжении–сжатии и при кручении применяют машины более сложной
конструкции, поэтому такие испытания проводят реже. Для получения значе-
ний предела выносливости по асимметричному циклу используют различные
диаграммы (диаграмма предельных амплитуд и т.п.). При этом базируется на
данных, полученных при симметричном цикле.
Прочностные расчеты при переменных напряжениях, связанные с базовым
числом циклов, называют расчетами на усталость. В ряде случаев за базовое
число циклов принимают число циклов, на которое проектируется основной
узел конструкции (например, двигатель автомобиля) в период его эксплуатации
с учетом физического и морального износа. Расчет ведется на ограниченное
число циклов и называется расчетом на ограниченную долговечность. В каче-
стве предела выносливости принимают значение огр
σ , соответствующее числу
закладываемого (расчетного) числа циклов (рис. 10.29). Все остальные элемен-
ты конструкции рассчитываются на ограниченное число циклов, а не на базо-
вое. Проектируемая конструкция будет более экономичной, хотя срок ее рабо-
ты ограничен.
10.15. Факторы, влияющие на предел выносливости материала
Предел выносливости очень важная характеристика усталостной прочно-
сти материала. Величина предела выносливости зависит от целого ряда
факторов, основными из которых являются:
1. Тип деформации (растяжение-сжатие, изгиб, кручение и т.д .).
2. Конструктивные факторы, вызывающие местные напряжения (форма
детали, выточки, галтели, шпоночные канавки, сверления и др.) – кон-
центраторы напряжений.
3. Влияние абсолютных размеров детали.
4. Влияние состояния поверхности детали.
5. Степень асимметрии цикла
min
min
max
max
,
.
r
r
σ
τ
σ
τ
σ
τ


=
=




6. Материал (марка стали, чугуна, цветных металлов и др.) и характери-
стика его структуры.
7. Влияние условий эксплуатации (коррозия, изменение температуры и
т.п.).

336
10.16. Некоторые практические способы повышения устало-
стной прочности деталей машин
Наибольшее влияние на снижение предела выносливости оказывает кон-
центрация напряжений, поэтому для повышения усталостной прочности, преж-
де всего, необходимо проводить мероприятия для уменьшения величины мест-
ных напряжений. Достигается это главным образом конструктивными мерами.
Для ответственных деталей, работающих в условиях повторно-переменных на-
пряжений, рационально проектировать внешние очертания таким образом, что-
бы повышение местных напряжений было бы минимальным. Это достигается
плавностью сопряжений, например, за счет увеличения радиуса закругления во
внутренних углах, очертанием галтелей не по окружности, а по эллипсу и т.п.,
расположением необходимых отверстий в зоне пониженных напряжений и т.д .
Для снижения местных напряжений иногда практикуется введение разгрузоч-
ных канавок, особенно в местах посадки дисков на вал.
Большой эффект для повышения усталостной прочности дает дробеструй-
ная обработка поверхности детали, заключающаяся в обдувке детали чугунной
или стальной дробью. В результате такой обработки образуется поверхностный
слой с остаточными напряжениями сжатия. Этот слой в дальнейшем препятст-
вует возникновению микро- и макротрещин. К этим же мероприятиям относят-
ся обкатка роликами, цементирование, закалка токами высокой частоты и т.д .
Желательно при выборе металла для деталей, работающих при повторно−
переменных напряжениях, отдавать предпочтение материалам, обладающим
большей пластичностью при равной прочности, так как при этом условии будут
меньшими местные напряжения. Необходимо также стремиться к тому, чтобы
структура металла была мелкозернистой, однородной, лишенной внутренних
дефектов.
10.17. Расчеты на прочность при повторно-переменных напряже-
ниях
При проектировании деталей машин (осей, валов и др.) сначала произво-
дится предварительный подбор сечений по приближенным формулам и заведо-
мо заниженным допускаемым напряжениям.
Затем деталь конструируется, уточняются ее геометрические размеры, ко-
торые приводятся в соответствии с существующими нормами и ГОСТами.
Уточняются величины и характер действующих нагрузок, усилий и напряже-
ний. После чего производится уточненный расчет проектируемой детали.
Обычно уточненный расчет на выносливость сводится к определению дей-
ствительного запаса прочности в соответствующих опасных сечениях и сравне-
нию его с нормативным запасами прочности [ nσ ], [ nτ ] и [ n ]. Условие прочно-
сти по переменным напряжениям имеет вид

337
[]н
nn
≥,
(10.39)
где n – коэффициент запаса прочности детали с учетом переменных
напряжений.
Детали, изготовленные из пластичных материалов, должны обладать дос-
таточной прочностью как в отношении усталости, так и в отношении возникно-
вения остаточных деформаций. Эти требования удовлетворяются введением
соответствующего коэффициента запаса, численные значения которого приво-
дятся в курсах деталей машин и в справочной литературе.
Обычно этот коэффициент запаса колеблется от 1,4 до 3,0, однако для
крупногабаритных деталей, работающих при больших нагрузках, величина его
может быть выше. Например, для прокатных валков коэффициент запаса при-
нимается равным 5, а для станины рабочей клети прокатного стана – 10.
В случае простых видов деформации при изменении напряжений по сим-
метричному циклу запас прочности можно найти по формуле
1
1
d
a
a
м
П
n
K
σ
σ
σ
σ
σ
σ
εε
−
−
=
=
⋅
⋅
(10.40)
или
1
1
,
d
a
a
м
П
n
K
τ
τ
τ
τ
τ
τ
εε
−
−
=
=
⋅
⋅
(10.41)
где
1
1
,
d
d
στ
−
−
–
предел выносливости по нормальным и касательным
напряжениям для детали;
,
a
a
σ τ – номинальные фактически действующие амплитудные напря-
жения;
11
,
στ
−
−
–
значение предела выносливости по нормальным и касатель-
ным напряжениям для лабораторного образца (характеристики
свойств металлов, приводимые в справочной литературе);
,
,
,
м
П
KK
σ
τ
ε ε – коэффициенты, учитывающие понижение предела вы-
носливости детали из-за наличия: концентраторов напряжений -
,
KK
σ
τ
размеров деталей - влияния масштабного -
м
ε и поверхностного
-
П
ε факторов.
Коэффициенты концентрации напряжений определяются по формулам
1
1
1
1
;
К
К
К
К
σ
τ
σ
τ
σ
τ
−
−
−
−
=
=
,
где
1
1
,
στ
−
−
–
соответственно пределы выносливости по нормальным и каса-
тельным напряжениям стандартных образцов при симметричном цикле.

338
1
1
,
К
К
σ
τ
−
−
–
пределы выносливости образцов с концентратором напря-
жений при симметричном цикле.
Масштабный коэффициент, определяется по формулам
1
1
1
1
,
d
d
м
м
σ
τ
σ
τ
ε
ε
σ
τ
−
−
−
−
=
=
,
где
1
1
,
d
d
στ
−
−
–
пределы выносливости детали соответственно по нормаль-
ным и касательным напряжениям при симметричном цикле.
Коэффициент качества П
ε - учитывает влияние состояния поверхности де-
тали на величину предела выносливости и определяется по формуле
1
1
1
1
,
,
П
П
П
П
σ
τ
σ
τ
ε
ε
σ
τ
−
−
−
−
=
=
где
1
1
,
П
П
σ
τ
−
−
–
пределы выносливости образцов, имеющих данную обра-
ботку поверхности.
Величина предела выносливости, как показывает опыт, существенно зави-
сит от степени асимметрии цикла, т.е. от соотношения
min
max
;
rσ
σ
σ
=
для любо-
го материала при заданном rσ существует вполне определенное значение пре-
дела выносливости. Каждому заданному среднему значению m
σ соответствует
определенное предельное значение амплитуды a
σ , при котором еще не проис-
ходит усталостного разрушения. Зависимость между пределом выносливости
r
σ и величинами, характеризующими цикл, принято изображать графически
при помощи диаграмм предельных напряжений, которые строятся на основании
опытных данных для каждого материала. Под предельными напряжениями
понимают напряжения (
,
np
np
m
a
σ σ ), при которых материал работает на преде-
ле выносливости r
σ . Такие напряжения являются еще безопасными. Наиболее
распространена диаграмма предельных амплитуд (рис. 10.30) – диаграмма Хея,
полученная на основании опытных данных.

339
Рис. 10.30
Диаграмму строят в координатах
a
σ,
m
σ . Амплитудные значения
напряжений a
σ откладывают по оси ординат, значения средних напряжений m
σ
по оси абсцисс. Испытывают серию образцов, нагружаемых переменными на-
грузками по различным асимметричным циклам,
характеризуемым коэффи-
циентами асимметрии r.
Рабочие точки подобных циклов, т.е . циклов с одинаковым коэффициентом
асимметрии r, откладываются на одном луче, проведенном через начало коор-
динат под углом α, например на прямой ОС (рис. 10.30).
Положение этой прямой определяется углом α:
max
min
max
min
(
)21
.
2(
)1
a
m
r
tg
r
σ
σ
σ
α
σ
σ
σ
−
⋅
−
=
=
=
⋅
+
+
(10.42)
Точка K на этой прямой характеризует цикл с напряжениями
,
kk
a
m
σσ.
При повышении величины нагрузки достигаются предельные значения цик-
ла
,
np
np
a
m
σ σ , которые еще не допускают появления усталостной трещины. На диа-
грамме этим значениям цикла соответствует точка С (рис. 10.30). Это и соот-
ветствует пределу выносливости материала при данном коэффициенте асим-
метрии r:
max
.
np
np
np
r
c
a
m
σσσ
σ
σ
=
=
=
+
(10.43)
При других значениях r получают другие значения предельных напряже-
ний. При симметричном цикле (
0
m
σ=)
max
1
np
np
a
σ
σ
σ−
=
=
(точка А на диаграмме).

340
При
0
а
σ = (статическое нагружение) max
np
np
a
B
σ
σ
σ
=
=
(точка В на диаграмме),
т. е . равно пределу прочности или временному сопротивлению.
Соединив все точки предельных значений напряжений, полученные при ис-
пытаниях образцов с различными коэффициентами асимметрии r, получают
диаграмму предельных амплитуд – кривая АСВ.
По этой диаграмме можно судить о прочности какой-либо детали, работаю-
щей при переменных напряжениях. Например, по значениям a
σиm
σ находят
рабочую точку на диаграмме (точка К). Если эта точка, характе-
ризующая данный цикл, находится в зоне предельной кривой О АСВ, то рас-
сматриваемая деталь может работать неограниченно долго, если вне зоны, то
может произойти разрушение после некоторого числа циклов. Можно также ус-
тановить коэффициент запаса прочности, например, по отношению величины
отрезков на прямой:
.
np
np
np
r
m
a
r
m
a
OC
n
OK
σ
σ
σ
σ
σσ
+
=
=
=
+
В тех случаях, когда применяется пластичный материал, нормальная рабо-
та детали нарушается уже при напряжениях, равных пределу текучести (возни-
кает пластическая деформация). Поэтому для получения полного графика безо-
пасных циклов их ограничивают исходя из условия, что максимальное пре-
дельное напряжение ( r
σ ) не должно быть выше предела текучести. Математи-
чески это условие запишется так:
max
r
a
m
T
σ
σσσσ
=
=
+=
или
.
a
T
m
σσσ
=
−
(10.44)
Уравнение (10.44) изобразится на диаграмме
,
a
m
σ σ прямой MN (рис. 10.31).
В точке М предел выносливости
,
r
T
σσ
=
авточкеN max
.
T
σ
σ
=
Линию ALN будем называть линией предельных напряжений; ее участок
AL представляет линию предельных циклов по усталостной прочности, а уча-
сток LN – линию статической прочности.
Таким образом, на диаграмме предельных напряжений все точки к, распо-
ложенные внутри области OALN, будут представлять собой циклы безопасных
напряжений, исключающие как образование трещин усталости, так и появление
остаточных деформаций.

341
Рис. 10.31
Для циклов, описываемых лучом ОК, должно соблюдаться условие
,
.
np
rк
к
σ
σ
≤
При большем значении
r
σ появляется возможность возникнове-
ния усталостных трещин.
Для циклов, описываемых лучом OI, условие прочности запишется
,
.
ri
T
σ
σ
≤ Несоблюдение этого условия может привести к пластической
деформации.
При построении диаграммы предельных напряжений необходимо иметь
опытные данные для криволинейного участка ALB (рис. 10.31), поэтому в тех
случаях, когда необходимых опытных данных не имеется, строят так
называемые схематизированные диаграммы, которые приводятся в специализи-
рованной литературе и учебниках. Здесь ограничимся формулами, которые по-
зволяют учесть влияние на предел прочности при переменных напряжениях
асимметрии цикла.
Для нормальных напряжений коэффициент запаса прочности будет иметь
вид
1
,
a
m
м
n
n
K
σ
σ
σ
σ
σ
σ
εε
−
=
⋅
+Ψ⋅
⋅
(10.45)

342
а для касательных
1
,
a
m
м
n
n
K
τ
τ
τ
τ
τ
τ
εε
−
=
⋅
+Ψ⋅
⋅
(10.46)
где σ
ΨτΨ
–
коэффициенты учитывающие чувствительность материала к
асимметрии цикла, задаются таблично в зависимости от материала.
Расчеты на прочность при переменных напряжениях для сложного
напряженного состояния значительно сложнее, чем ранее рассмотренные
расчеты.
При плоском напряженном состоянии, например при изгибе с кручением
запас циклической прочности определяется по формуле Гафа и Полларда
2
2
.
nn
n
nn
σ
τ
σ
τ
⋅
=
+
(10.47)
Условия прочности записывается так же как (10.39).

343
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Дарков А.В . Сопротивление материалов / А.В . Дарков, Г.С . Шпиро // М.:
Высшая школа, 1989. 624 с.
2. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов : учебник для втузов / В.И.
Феодосьев. М.: МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2004. 597с.
3. Смирнов А.Ф. Сопротивление материалов / А.Ф. Смирнов [и др.] . М .:
Высшая школа, 1975. 480 с.
4. Варданян Г.С . Сопротивление материалов с основами строительной
механики/ Г.С . Варданян, Н.М. Атаров, А.А. Горшков. М .: Инфра-М, 2003.
480 с.
5. Поляков А.А., Кольцов В.М . Сопротивление материалов и основы теории
упругости/ А.А. Поляков, В.М. Кольцов.: Екатеринбург: УГТУ – УПИ, 2008.
458 с.
6. Долинский Ф.В . Краткий курс сопротивления материалов / Ф.В . Долинский,
М.Н. Михайлов . -М .: Высшая школа, 1992. 320с.
7. Ицкович, Г.М . Руководство к решению задач по сопротивлению
материалов: учеб. пособие для втузов / Г.М . Ицкович, А.С . Минин, А.И.
Винокуров; под общ. ред. А.С . Минина.М .: Высшая школа, 1999. 592 с.
8. Миролюбов И.Н. Пособие к решению задач по сопротивлению материалов /
И.Н. Миролюбов [и др.]. М .: Высшая школа, 1985. 501с.
9. Рогалевич В.В . Сопротивление материалов. Кручение. Изгиб: учеб. пособие /
В.В . Рогалевич, А.А. Логвинская . Свердловск :УПИ, 1988. 104–с .
10. Поляков А.А. Растяжение и сжатие: учеб. пособие / А.А. Поляков, Н.Б .
Бексултанова. - Актюбе: Актюбинский университет им.К .Жубанова,2000.47с.
11. Поляков А.А. Сопротивление материалов : учеб. пособие / А.А. Поляков.
Екатеринбург: ГОУ ВПО УГТУ – УПИ, 2005. 163 с.
12. Коган Л.А. Учебное пособие по курсу “Сопротивления материалов”
Л.А. Коган – Свердловск : УПИ, 1969, 65с.
13. Устойчивость и динамические задачи сопротивления материалов: метод.
указания / В.И. Тарновский, Л.Г . Лопатышкин. – Свердловск: УПИ,1985. 39с.
14. Рудицын М.Н. Справочное пособие по сопротивлению материалов / Рудицын
М.Н., Артемов П.Я ., Любшиц М.И., под общ. ред. М .Н. Рудицына. Минск:
Вышэйшая школа, 1970. 628с.
15. Металлические конструкции / В.В . Горев, Б.Ю Уваров, В.В . Филиппов [и др.]
М.: Высш. шк., 2001 – 551с.
16. СНиП II-23-81* Стальные конструкции. – М .: Москва, 2002.

ПРИЛОЖЕНИЕ

Т
а
б
л
и
ц
а
П
.
1
Ф
и
з
и
к
о
-
м
е
х
а
н
и
ч
е
с
к
и
е
х
а
р
а
к
т
е
р
и
с
т
и
к
и
м
а
т
е
р
и
а
л
о
в
М
а
т
е
р
и
а
л
М
о
д
у
л
ь
у
п
р
у
г
о
с
т
и
Е
,
Г
П
а
М
о
д
у
л
ь
с
д
в
и
г
а
G
,
Г
П
а
К
о
э
ф
ф
и
ц
и
е
н
т
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
й
д
е
ф
о
р
м
а
ц
и
и
μ
У
д
е
л
ь
н
ы
й
в
е
с
γ
,
к
Н
/
м
і
С
т
а
л
ь
у
г
л
е
р
о
д
и
с
т
а
я
2
0
0
-
2
1
0
8
0
-
8
1
0
,
2
4
-
0
,
3
3
7
8
,
5
С
т
а
л
ь
л
е
г
и
р
о
в
а
н
н
а
я
2
1
0
-
2
2
0
8
0
-
8
1
0
,
2
5
-
0
,
3
0
7
7
,
5
-
7
8
,
5
С
е
р
ы
й
ч
у
г
у
н
7
8
-
1
5
0
4
4
0
,
2
3
-
0
,
2
7
6
8
-
7
6
Б
р
о
н
з
а
о
л
о
в
я
н
н
а
я
7
5
-
1
2
0
-
0
,
3
2
-
0
,
3
5
8
7
,
8
-
8
2
,
2
П
р
о
к
а
т
н
а
я
м
е
д
ь
1
0
0
-
1
1
0
4
3
0
,
2
8
-
0
,
3
4
8
9
,
4
А
л
ю
м
и
н
и
е
в
ы
е
с
п
л
а
в
ы
6
9
-
7
1
2
7
0
,
3
3
2
6
,
4
-
2
8
,
0
М
а
г
н
и
е
в
ы
е
с
п
л
а
в
ы
3
9
-
4
4
-
0
,
3
4
1
7
,
6
-
1
8
Т
и
т
а
н
о
в
ы
е
с
п
л
а
в
ы
1
1
0
-
1
2
0
4
0
0
,
3
0
4
,
5
Д
е
р
е
в
о
в
д
о
л
ь
в
о
л
о
к
о
н
9
-
1
5
0
,
5
5
-
4
,
8
-
5
,
4
с
о
с
н
а
Т
е
к
с
т
о
л
и
т
4
-
6
-
-
1
3
-
1
4
,
5
П
о
л
и
э
т
и
л
е
н
0
,
5
-
0
,
8
-
0
,
3
9
9
,
2
-
9
,
7
Б
е
т
о
н
1
4
,
6
-
2
3
,
2
-
0
,
1
6
–
0
,
2
2
,
5
-
3
0
345

346
Таблица П.2
Наименование
материала
Марка
Т
σ
В
σ
δ
МПа
МПа
%
Чугун серый
СЧ
120-380
_
Дюралюминий
Д16
330
450-500 12
Дюралюминий
Д1 110-240 210-420 18-15
Алюминиевые
сплавы
АМг
100-210 180-250 6-23
Латунь
Л68
91-520 320-660 55,3
Латунь
алюминиевая
ЛА77-2
140
400-650 55 -12
Бронзы
оловянистые
Бр.010
-
250
11
Сосна вдоль
волокон
_
_
80
_
Текстолит
ПТК
_
100
0,8-
1,2
Стекловолокнистый
пластик
СВАМ
_
260-480 1,4-2
Бетон
_
_
7-50
_

347
Таблица П. 3
Механические характеристики некоторых марок сталей,
МПа
Марки
сталей
Диаметр
заготовки не
более, мм
B
σ
T
σ
1−
σ
1−
τ
p
1−
σ
10
80
340
210
160
90
110
20
80
400
240
170
100
120
25
80
460
280
220
110
155
30
120
500
300
250
120
175
35
120
540
310
270
150
190
35
60
600
320
300
180
210
40
120
600
320
280
150
196
40
60
700
340
320
190
225
45
Не ограничен
560
280
250
150
175
45
120
800
550
350
210
245
45
80
900
650
380
230
265
50
Не ограничен
640
360
270
160
190
50
120
700
370
300
180
210
50
80
800
380
350
210
245
60
Не ограничен
680
400
320
190
25
60
120
700
410
360
220
250
20Х
120
650
410
300
160
210
40Х
Не ограничен
730
500
320
200
225
40Х
200
800
650
360
210
250
40Х
120
900
750
410
240
290
ЗОХМ Не ограничен
800
700
350
200
245
12ХНЗА Не ограничен
1200
800
450
260
315
40ХНМА Не ограничен
1400
1000
600
300
420
30 ХГСА Не ограничен
1500
1100
650
340
455

348
Таблица П.4
Ориентировочные значения основных допускаемых
напряжений
Материал
Допускаемое напряжение, МПа
на растяжение
на сжатие
Чугун серый в отливках
28-80
120-150
СтальОСиСт.2
140
Сталь Ст. 3
160
Сталь Ст. 3 в мостах
140
Сталь углеродистая конструкционная
в машиностроении
60-250
Сталь легированная конструкционная
в машиностроении
100-400 и выше
Медь
30-120
Латунь
70-140
Бронза
60-120
Алюминий
30-80
Дюралюминий
80-150
Текстолит
30-40
Гетинакс
50-70
Бакелизированная фанера
40-50
Сосна вдоль волокон
0,7-10
10-12
Сосна поперёк волокон
1,5-2
Дуб вдоль волокон
9-13
13-15
Дуб поперёк волокон
2,0-3,5
Каменная кладка
до 0,3
0,4-4
Кирпичная кладка
до 0,2
0,6-2,5
Бетон
0,1-0,7
1-9

349
Таблица П.5
Допускаемые напряжения и расчетные сопротивления для древесины
сосны и ели
Вид сопротивления
Допускаемые
напряжения
Расчетные
сопротивления
обозначения
величина,
МПа
обозначение
величина,
МПа
Изгиб
]
[и
σ
10
Rи
13
Растяжение
вдоль
волокон
]
[р
σ
7
Rp
10
Сжатие и смятие вдоль
волокон
]
[с
σ,
]
[см
σ
10
Rc,Rcм
13
Смятие поперек волокон
(на длине не менее10 см)
90
]
[см
σ
2,5
Rcм 90
3
Скалывание
вдоль
волокон при изгибе
]
[и
τ
2
Rcк
2,4
Скалывание
вдоль
волокон при врубках
][τ
1
Rcк
1,2 – 2,4
Скалывание во врубках
поперек волокон
90
][τ
0,5
Rcк 90
0,6 – 1,2

350
Таблица П.6
Коэффициент уменьшения основного допускаемого напряжения
Гибкость
l
i
μ
λ⋅
=
Значение φ для
стали
марок
4,3,2,
ОС
стали
марки
5
стали
СПК чугуна дерева
0
1,00
1,00 1,00 1,00 1,00
10
0,99
0,98 0,97 0,97 0,99
20
0,96
0,95 0,95 0,91 0,97
30
0,94
0,92 0,91 0,81 0,93
40
0,92
0,89 0,87 0,69 0,87
50
0,89
0,86 0,83 0,57 0,80
60
0,86
0,82 0,79 0,44 0,71
70
0,81
0,76 0,72 0.34 0,60
80
0,75
0,70 0,65 0,26 0,48
90
0,69
0,62 0,55 0,20 0,38
100
0,60
0,51 0,43 0,16 0,31
110
0,52
0,43 0,35
-
0,25
120
0,45
0,36 0,30
-
0,22
130
0,40
0,33 0,26 -
0,18
140
0,36
0,29 0,23 -
0,16
150
0,32
0,26 0,21
-
0,14
160
0,29
0,24 0,19 -
0,12
170
0,26
0,21 0,17
-
0,11
180
0,23
0,19 0,15 -
0,10
190
0,31
0,27 0,24
-
0,09
200
0,19
0,16 0,13 -
0,08

Т
а
б
л
и
ц
а
П
.
7
Г
О
С
Т
8
5
0
9
-
9
3
.
У
г
о
л
к
и
с
т
а
л
ь
н
ы
е
г
о
р
я
ч
е
к
а
т
а
н
ы
е
р
а
в
н
о
п
о
л
о
ч
н
ы
е
1
.
Н
а
с
т
о
я
щ
и
й
с
т
а
н
д
а
р
т
р
а
с
п
р
о
с
т
р
а
н
я
е
т
с
я
н
а
у
г
о
л
к
и
с
т
а
л
ь
н
ы
е
г
о
р
я
ч
е
к
а
т
а
н
ы
е
р
а
в
н
о
п
о
л
о
ч
н
ы
е
.
2
.
Р
а
з
м
е
р
ы
у
г
о
л
к
о
в
,
п
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
,
с
п
р
а
в
о
ч
н
ы
е
в
е
л
и
ч
и
н
ы
д
л
я
о
с
е
й
и
м
а
с
с
а
1
м
у
г
о
л
к
о
в
д
о
л
ж
н
ы
с
о
о
т
в
е
т
с
т
в
о
в
а
т
ь
у
к
а
з
а
н
н
ы
м
н
а
р
и
с
у
н
к
е
и
в
т
а
б
л
и
ц
е
.
П
р
и
м
е
ч
а
н
и
я
:
1
.
П
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
и
с
п
р
а
в
о
ч
н
ы
е
в
е
л
и
ч
и
н
ы
в
ы
ч
и
с
л
е
н
ы
п
о
н
о
м
и
н
а
л
ь
н
ы
м
р
а
з
м
е
р
а
м
.
П
л
о
т
н
о
с
т
ь
с
т
а
л
и
—
7
,
8
5
г
/
с
м
3
.
2
.
Р
а
д
и
у
с
ы
з
а
к
р
у
г
л
е
н
и
я
,
у
к
а
з
а
н
н
ы
е
н
а
р
и
с
у
н
к
е
и
в
т
а
б
л
и
ц
е
,
д
а
н
ы
д
л
я
п
о
с
т
р
о
е
н
и
я
к
а
л
и
б
р
а
и
н
а
п
р
о
ф
и
л
е
н
е
к
о
н
т
р
о
л
и
р
у
ю
т
с
я
.
У
с
л
о
в
н
ы
е
о
б
о
з
н
а
ч
е
н
и
я
к
р
и
с
у
н
к
у
и
т
а
б
л
и
ц
е
:
b
—
ш
и
р
и
н
а
п
о
л
к
и
;
t
—
т
о
л
щ
и
н
а
п
о
л
к
и
;
R
—
р
а
д
и
у
с
в
н
у
т
р
е
н
н
е
г
о
з
а
к
р
у
г
л
е
н
и
я
;
r
—
р
а
д
и
у
с
з
а
к
р
у
г
л
е
н
и
я
п
о
л
о
к
;
F
—
п
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
;
I
—
м
о
м
е
н
т
и
н
е
р
ц
и
и
;
y
0
—
р
а
с
с
т
о
я
н
и
е
о
т
ц
е
н
т
р
а
т
я
ж
е
с
т
и
д
о
н
а
р
у
ж
н
о
й
г
р
а
н
и
п
о
л
к
и
;
I
z
y
—
ц
е
н
т
р
о
б
е
ж
н
ы
й
м
о
м
е
н
т
и
н
е
р
ц
и
и
;
i
—
р
а
д
и
у
с
и
н
е
р
ц
и
и
.
3
.
П
о
т
о
ч
н
о
с
т
и
п
р
о
к
а
т
к
и
у
г
о
л
к
и
и
з
г
о
т
а
в
л
и
в
а
ю
т
:
А
—
в
ы
с
о
к
о
й
т
о
ч
н
о
с
т
и
;
В
—
о
б
ы
ч
н
о
й
т
о
ч
н
о
с
т
и
.
Z
o
Z
o
Z
Z
Уo
351

П
р
о
д
о
л
ж
е
н
и
е
т
а
б
л
.
П
.
8
Н
о
м
е
р
у
г
о
л
к
а
Р
а
з
м
е
р
ы
П
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
,
F
С
п
р
а
в
о
ч
н
ы
е
з
н
а
ч
е
н
и
я
д
л
я
о
с
е
й
М
а
с
с
а
1
м
у
г
о
л
к
а
b
t
R
r
Z
–
Z
Z
0
–
Z
0
Y
0
–
Y
0
I
z
y
y
0
I
z
W
z
i
z
I
Z
0
m
a
x
i
Z
0
m
a
x
I
Y
0
m
i
n
W
Y
0
i
Y
0
m
i
n
м
м
с
м
2
с
м
4
с
м
3
с
м
с
м
4
с
м
с
м
4
с
м
3
с
м
с
м
4
с
м
к
г
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
0
1
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
7
2
2
0
3
4
3
,
5
3
,
5
1
,
2
1
,
2
1
,
1
3
1
,
4
6
0
,
4
0
0
,
5
0
0
,
2
8
0
,
3
7
0
,
5
9
0
,
5
8
0
,
6
3
0
,
7
8
0
,
7
5
0
,
7
3
0
,
1
7
0
,
2
2
0
,
2
0
0
,
2
4
0
,
3
9
0
,
3
8
0
,
2
3
0
,
2
8
0
,
6
0
0
,
6
4
0
,
8
9
1
,
1
5
2
,
5
2
5
3
4
3
,
5
3
,
5
1
,
2
1
,
2
1
,
4
3
1
,
8
6
0
,
8
1
1
,
0
3
0
,
4
6
0
,
5
9
0
,
7
5
0
,
7
4
1
,
2
9
1
,
6
2
0
,
9
5
0
,
9
3
0
,
3
4
0
,
4
4
0
,
3
3
0
,
4
1
0
,
4
9
0
,
4
8
0
,
4
7
0
,
5
9
0
,
7
3
0
,
7
6
1
,
1
2
1
,
4
6
2
,
8
2
8
3
4
,
0
1
,
3
1
,
6
2
1
,
1
6
0
,
5
8
0
,
8
5
1
,
8
4
1
,
0
7
0
,
4
8
0
,
4
2
0
,
5
5
0
,
6
8
0
,
8
0
1
,
2
7
3
3
0
3
4
4
,
0
4
,
0
1
,
3
1
,
3
1
,
7
4
2
,
2
7
1
,
4
5
1
,
8
4
0
,
6
7
0
,
8
7
0
,
9
1
0
,
9
0
2
,
3
0
2
,
9
2
1
,
1
5
1
,
1
3
0
,
6
0
0
,
7
7
0
,
5
3
0
,
6
1
0
,
5
9
0
,
5
8
0
,
8
5
1
,
0
8
0
,
8
5
0
,
8
9
1
,
3
6
1
,
7
8
3
,
2
3
2
3
4
4
,
5
4
,
5
1
,
5
1
,
5
1
,
8
6
2
,
4
3
1
,
7
7
2
,
2
6
0
,
7
7
1
,
0
0
0
,
9
7
0
,
9
6
2
,
8
0
3
,
5
8
1
,
2
3
1
,
2
1
0
,
7
4
0
,
9
4
0
,
5
9
0
,
7
1
0
,
6
3
0
,
6
2
1
,
0
3
1
,
3
2
0
,
8
9
0
,
9
4
1
,
4
6
1
,
9
1
3
,
5
3
5
3
4
5
4
,
5
4
,
5
4
,
5
1
,
5
1
,
5
1
,
5
2
,
0
4
2
,
6
7
3
,
2
8
2
,
3
5
3
,
0
1
3
,
6
1
0
,
9
3
1
,
2
1
1
,
4
7
1
,
0
7
1
,
0
6
1
,
0
5
3
,
7
2
4
,
7
6
5
,
7
1
1
,
3
5
1
,
3
3
1
,
3
2
0
,
9
7
1
,
2
5
1
,
5
2
0
,
7
1
0
,
8
8
1
,
0
2
0
,
6
9
0
,
6
8
0
,
6
8
1
,
3
7
1
,
7
5
2
,
1
0
0
,
9
7
1
,
0
1
1
,
0
5
1
,
6
0
2
,
1
0
2
,
5
8
4
4
0
3
4
5
5
,
0
5
,
0
5
,
0
1
,
7
1
,
7
1
,
7
2
,
3
5
3
,
0
8
3
,
7
9
3
,
5
5
4
,
5
8
5
,
5
3
1
,
2
2
1
,
6
0
1
,
9
5
1
,
2
3
1
,
2
2
1
,
2
1
5
,
6
3
7
,
2
6
8
,
7
5
1
,
5
5
1
,
5
3
1
,
5
2
1
,
4
7
1
,
9
0
2
,
3
0
0
,
9
5
1
,
1
9
1
,
3
9
0
,
7
9
0
,
7
8
0
,
7
8
2
,
0
8
2
,
6
8
3
,
2
2
1
,
0
9
1
,
1
3
1
,
1
7
1
,
8
5
2
,
4
2
2
,
9
8
4
,
5
4
5
3
4
5
5
,
0
5
,
0
5
,
0
1
,
7
1
,
7
1
,
7
2
,
6
5
3
,
4
8
4
,
2
9
5
,
1
3
6
,
6
3
8
,
0
3
1
,
5
6
2
,
0
4
2
,
5
1
1
,
3
9
1
,
3
8
1
,
3
7
8
,
1
3
1
0
,
5
2
1
2
,
7
4
1
,
7
5
1
,
7
4
1
,
7
2
2
,
1
2
2
,
7
4
3
,
3
3
1
,
2
4
1
,
5
4
1
,
8
1
0
,
8
9
0
,
8
9
0
,
8
8
3
,
0
0
3
,
8
9
4
,
7
1
1
,
2
1
1
,
2
6
1
,
3
0
2
,
0
8
2
,
7
3
3
,
3
7
5
5
0
3
4
5
6
5
,
5
5
,
5
5
,
5
5
,
5
1
,
8
1
,
8
1
,
8
1
,
8
2
,
9
6
3
,
8
9
4
,
8
0
5
,
6
9
7
,
1
1
9
,
2
1
1
1
,
2
0
1
3
,
0
7
1
,
9
4
2
,
5
4
3
,
1
3
3
,
6
9
1
,
5
5
1
,
5
4
1
,
5
3
1
,
5
2
1
1
,
2
7
1
4
,
6
3
1
7
,
7
7
2
0
,
7
2
1
,
9
5
1
,
9
4
1
,
9
2
1
,
9
1
2
,
9
5
3
,
8
0
4
,
6
3
5
,
4
3
1
,
5
7
1
,
9
5
2
,
3
0
2
,
6
3
1
,
0
0
0
,
9
9
0
,
9
8
0
,
9
8
4
,
1
6
5
,
4
2
6
,
5
7
7
,
6
5
1
,
3
3
1
,
3
8
1
,
4
2
1
,
4
6
2
,
3
2
3
,
0
5
3
,
7
7
4
,
4
7
5
,
6
5
6
4
5
6
,
0
6
,
0
2
,
0
2
,
0
4
,
3
8
5
,
4
1
1
3
,
1
0
1
5
,
9
7
3
,
2
1
3
,
9
6
1
,
7
3
1
,
7
2
2
0
,
7
9
2
5
,
3
6
2
,
1
8
2
,
1
6
5
,
4
1
6
,
5
9
2
,
5
2
2
,
9
7
1
,
1
1
1
,
1
0
7
,
6
9
9
,
4
1
1
,
5
2
1
,
5
7
3
,
4
4
4
,
2
5
6
,
3
6
3
4
5
6
7
,
0
7
,
0
7
,
0
2
,
3
2
,
3
2
,
3
4
,
9
6
6
,
1
3
7
,
2
8
1
8
,
8
6
2
3
,
1
0
2
7
,
0
6
4
,
0
9
5
,
0
5
5
,
9
8
1
,
9
5
1
,
9
4
1
,
9
3
2
9
,
9
0
3
6
,
8
0
4
2
,
9
1
2
,
4
5
2
,
4
4
2
,
4
3
7
,
8
1
9
,
5
2
1
1
,
1
8
3
,
2
6
3
,
8
7
4
,
4
4
1
,
2
5
1
,
2
5
1
,
2
4
1
1
,
0
0
1
3
,
7
0
1
5
,
9
0
1
,
6
9
1
,
7
4
1
,
7
8
3
,
9
0
4
,
8
1
5
,
7
2
352

П
р
о
д
о
л
ж
е
н
и
е
т
а
б
л
.
П
.
7
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
0
1
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
7
7
7
0
4
,
5
5
6
7
8
8
,
0
8
,
0
8
,
0
8
,
0
8
,
0
2
,
7
2
,
7
2
,
7
2
,
7
2
,
7
6
,
2
0
6
,
8
6
8
,
1
5
9
,
4
2
1
0
,
6
7
2
9
,
0
4
3
1
,
9
4
3
7
,
5
8
4
2
,
9
8
4
8
,
1
6
5
,
6
7
6
,
2
7
7
,
4
3
8
,
5
7
9
,
6
8
2
,
1
6
2
,
1
6
2
,
1
5
2
,
1
4
2
,
1
2
4
6
,
0
3
5
0
,
6
7
5
9
,
6
4
6
8
,
1
9
7
6
,
3
5
2
,
7
2
2
,
7
2
2
,
7
1
2
,
6
9
2
,
6
8
1
2
,
0
4
1
3
,
2
2
1
5
,
5
2
1
7
,
7
7
1
9
,
9
7
4
,
5
3
4
,
9
2
5
,
6
6
6
,
3
1
6
,
9
9
1
,
3
9
1
,
3
9
1
,
3
8
1
,
3
7
1
,
3
7
1
7
,
0
0
1
8
,
7
0
2
2
,
1
0
2
5
,
2
0
2
8
,
2
0
1
,
8
8
1
,
9
0
1
,
9
4
1
,
9
9
2
,
0
2
4
,
8
7
5
,
3
8
6
,
3
9
7
,
3
9
8
,
3
7
7
,
5
7
5
5
6
7
8
9
9
,
0
9
,
0
9
,
0
9
,
0
9
,
0
3
,
0
3
,
0
3
,
0
3
,
0
3
,
0
7
,
3
9
8
,
7
8
1
0
,
1
5
1
1
,
5
0
1
2
,
8
3
3
9
,
5
3
4
6
,
5
7
5
3
,
3
4
5
9
,
8
4
6
6
,
1
0
7
,
2
1
8
,
5
7
9
,
8
9
1
1
,
1
8
1
2
,
4
3
2
,
3
1
2
,
3
0
2
,
2
9
2
,
2
8
2
,
2
7
6
2
,
6
5
7
3
,
8
7
8
4
,
6
1
9
4
,
8
9
1
0
4
,
7
2
2
,
9
1
2
,
9
0
2
,
8
9
2
,
8
7
2
,
8
6
1
6
,
4
1
1
9
,
2
8
2
2
,
0
7
2
4
,
8
0
2
7
,
4
8
5
,
7
4
6
,
6
2
7
,
4
3
8
,
1
6
8
,
9
1
1
,
4
9
1
,
4
8
1
,
4
7
1
,
4
7
1
,
4
6
2
3
,
1
0
2
7
,
3
0
3
1
,
2
0
3
5
,
0
0
3
8
,
6
0
2
,
0
2
2
,
0
6
2
,
1
0
2
,
1
5
2
,
1
8
5
,
8
0
6
,
8
9
7
,
9
6
9
,
0
2
1
0
,
0
7
8
8
0
5
,
5
6
7
8
9
,
0
9
,
0
9
,
0
9
,
0
3
,
0
3
,
0
3
,
0
3
,
0
8
,
6
3
9
,
3
8
1
0
,
8
5
1
2
,
3
0
5
2
,
6
8
5
6
,
9
7
6
5
,
3
1
7
3
,
3
6
9
,
0
3
9
,
8
0
1
1
,
3
2
1
2
,
8
0
2
,
4
7
2
,
4
7
2
,
4
5
2
,
4
4
8
3
,
5
6
9
0
,
4
0
1
0
3
,
6
0
1
1
6
,
3
9
3
,
1
1
3
,
1
1
3
,
0
9
3
,
0
8
2
1
,
8
0
2
3
,
5
4
2
6
,
9
7
3
0
,
3
2
7
,
1
0
7
,
6
0
8
,
5
5
9
,
4
4
1
,
5
9
1
,
5
8
1
,
5
8
1
,
5
7
3
0
,
9
0
3
3
,
4
0
3
8
,
3
0
4
3
,
0
0
2
,
1
7
2
,
1
9
2
,
2
3
2
,
2
7
6
,
7
8
7
,
3
6
8
,
5
1
9
,
6
5
9
9
0
6
7
8
9
1
0
,
0
1
0
,
0
1
0
,
0
1
0
,
0
3
,
3
3
,
3
3
,
3
3
,
3
1
0
,
6
1
1
2
,
2
8
1
3
,
9
3
1
5
,
6
0
8
2
,
1
0
9
4
,
3
0
1
0
6
,
1
1
1
1
8
,
0
0
1
2
,
4
9
1
4
,
4
5
1
6
,
3
6
1
8
,
2
9
2
,
7
8
2
,
7
7
2
,
7
6
2
,
7
5
1
3
0
,
0
0
1
4
9
,
6
7
1
6
8
,
4
2
1
8
6
,
0
0
3
,
5
0
3
,
4
9
3
,
4
8
3
,
4
6
3
3
,
9
7
3
8
,
9
4
4
3
,
8
0
4
8
,
6
0
9
,
8
8
1
1
,
1
5
1
2
,
3
4
1
3
,
4
8
1
,
7
9
1
,
7
8
1
,
7
7
1
,
7
7
4
8
,
1
0
5
5
,
4
0
6
2
,
3
0
6
8
,
0
0
2
,
4
3
2
,
4
7
2
,
5
1
2
,
5
5
8
,
3
3
9
,
6
4
1
0
,
9
3
1
2
,
2
0
1
0
1
0
0
6
,
5
7
8
1
0
1
2
1
4
1
6
1
2
,
0
1
2
,
0
1
2
,
0
1
2
,
0
1
2
,
0
1
2
,
0
1
2
,
0
4
,
0
4
,
0
4
,
0
4
,
0
4
,
0
4
,
0
4
,
0
1
2
,
8
2
1
3
,
7
5
1
5
,
6
0
1
9
,
2
4
2
2
,
8
0
2
6
,
2
8
2
9
,
6
8
1
2
2
,
1
0
1
3
0
,
5
9
1
4
7
,
1
9
1
7
8
,
9
5
2
0
8
,
9
0
2
3
7
,
1
5
2
6
3
,
8
2
1
6
,
6
9
1
7
,
9
0
2
0
,
3
0
2
4
,
9
7
2
9
,
4
7
3
3
,
8
3
3
8
,
0
4
3
,
0
9
3
,
0
8
3
,
0
7
3
,
0
5
3
,
0
3
3
,
0
0
2
,
9
8
1
9
3
,
4
6
2
0
7
,
0
1
2
3
3
,
4
6
2
8
3
,
8
3
3
3
0
,
9
5
3
7
4
,
9
8
4
1
6
,
0
4
3
,
8
9
3
,
8
8
3
,
8
7
3
,
8
4
3
,
8
1
3
,
7
8
3
,
7
4
5
0
,
7
3
5
4
,
1
6
6
0
,
9
2
7
4
,
0
8
8
6
,
8
4
9
9
,
3
2
1
1
1
,
6
1
1
3
,
3
8
1
4
,
1
3
1
5
,
6
6
1
8
,
5
1
2
1
,
1
0
2
3
,
4
9
2
5
,
7
9
1
,
9
9
1
,
9
8
1
,
9
8
1
,
9
6
1
,
9
5
1
,
9
4
1
,
9
4
7
1
,
4
0
7
6
,
4
0
8
6
,
3
0
1
1
0
,
0
0
1
2
2
,
0
0
1
3
8
,
0
0
1
5
2
,
0
0
2
,
6
8
2
,
7
1
2
,
7
5
2
,
8
3
2
,
9
1
2
,
9
9
3
,
0
6
1
0
,
0
6
1
0
,
7
9
1
2
,
2
5
1
5
,
1
0
1
7
,
9
0
2
0
,
6
3
2
3
,
3
0
1
1
1
1
0
7
8
1
2
,
0
1
2
,
0
4
,
0
4
,
0
1
5
,
1
5
1
7
,
2
0
1
7
5
,
6
1
1
9
8
,
1
7
2
1
,
8
3
2
4
,
7
7
3
,
4
0
3
,
3
9
2
7
8
,
5
4
3
1
4
,
5
1
4
,
2
9
4
,
2
8
7
2
,
6
8
8
1
,
8
3
1
7
,
3
6
1
9
,
2
9
2
,
1
9
2
,
1
8
1
0
6
,
0
0
1
1
6
,
0
0
2
,
9
6
3
,
0
0
1
1
,
8
9
1
3
,
5
0
1
2
,
5
1
2
5
8
9
1
0
1
2
1
4
1
6
1
4
,
0
1
4
,
0
1
4
,
0
1
4
,
0
1
4
,
0
1
4
,
0
4
,
6
4
,
6
4
,
6
4
,
6
4
,
6
4
,
6
1
9
,
6
9
2
2
,
0
0
2
4
,
3
3
2
8
,
8
9
3
3
,
3
7
3
7
,
7
7
2
9
4
,
3
6
3
2
7
,
4
8
3
5
9
,
8
2
4
2
2
,
2
3
4
8
1
,
7
6
5
3
8
,
5
6
3
2
,
2
0
3
6
,
0
0
3
9
,
7
4
4
7
,
0
6
5
4
,
1
7
6
1
,
0
9
3
,
8
7
3
,
8
6
3
,
8
5
3
,
8
2
3
,
8
0
3
,
7
8
4
6
6
,
7
6
5
2
0
,
0
0
5
7
1
,
0
4
6
7
0
,
0
2
7
6
3
,
9
0
8
5
2
,
8
4
4
,
8
7
4
,
8
6
4
,
8
4
4
,
8
2
4
,
7
8
4
,
7
5
1
2
1
,
9
8
1
3
5
,
8
8
1
4
8
,
5
9
1
7
4
,
4
3
1
9
9
,
6
2
2
2
4
,
2
9
2
5
,
6
7
2
8
,
2
6
3
0
,
4
5
3
4
,
9
4
3
9
,
1
0
4
3
,
1
0
2
,
4
9
2
,
4
8
2
,
4
7
2
,
4
6
2
,
4
5
2
,
4
4
1
7
2
,
0
0
1
9
2
,
0
0
2
1
1
,
0
0
2
4
8
,
0
0
2
8
2
,
0
0
3
1
5
,
0
0
3
,
3
6
3
,
4
0
3
,
4
5
3
,
5
3
3
,
6
1
3
,
6
8
1
5
,
4
6
1
7
,
3
0
1
9
,
1
0
2
2
,
6
8
2
6
,
2
0
2
9
,
6
5
353

О
к
о
н
ч
а
н
и
е
т
а
б
л
.
П
.
7
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
0
1
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
7
1
4
1
4
0
9
1
0
1
2
1
4
,
0
1
4
,
0
1
4
,
0
4
,
6
4
,
6
4
,
6
2
4
,
7
2
2
7
,
3
3
3
2
,
4
9
4
6
5
,
7
2
5
1
2
,
2
9
6
0
2
,
4
9
4
5
,
5
5
5
0
,
3
2
5
9
,
6
6
4
,
3
4
4
,
3
3
4
,
3
1
7
3
9
,
4
2
8
1
3
,
6
2
9
5
6
,
9
8
5
,
4
7
5
,
4
6
5
,
4
3
1
9
2
,
0
3
2
1
0
,
9
6
2
4
8
,
0
1
3
5
,
9
2
3
9
,
0
5
4
4
,
9
7
2
,
7
9
2
,
7
8
2
,
7
6
2
7
4
,
0
0
3
0
1
,
0
0
3
5
4
,
0
0
3
.
7
6
3
,
8
2
3
,
9
0
1
9
,
4
1
2
1
,
4
5
2
5
,
5
0
1
6
1
6
0
1
0
1
1
1
2
1
4
1
6
1
8
2
0
1
6
,
0
1
6
,
0
1
6
,
0
1
6
,
0
1
6
,
0
1
6
,
0
1
6
,
0
5
,
3
5
,
3
5
,
3
5
,
3
5
,
3
5
,
3
5
,
3
3
1
,
4
3
3
4
,
4
2
3
7
,
3
9
4
3
,
5
7
4
9
,
0
7
5
4
,
7
9
6
0
,
4
0
7
7
4
,
2
4
8
4
4
,
2
1
9
1
2
,
8
9
1
0
4
6
,
4
7
1
1
7
5
,
1
9
1
2
9
0
,
2
4
1
4
1
8
,
8
5
6
6
,
1
9
7
2
,
4
4
7
8
,
6
2
9
0
,
7
7
1
0
2
,
6
4
1
1
4
,
2
4
1
2
5
,
6
0
4
,
9
6
4
,
9
5
4
,
9
4
4
,
9
2
4
,
8
9
4
,
8
7
4
,
8
5
1
2
2
9
,
1
0
1
3
4
0
,
0
6
1
4
5
0
,
0
0
1
6
6
2
,
1
3
1
8
6
5
,
7
3
2
0
6
1
,
0
3
2
2
4
8
,
2
6
6
,
2
5
6
,
2
4
6
,
2
3
6
,
2
0
6
,
1
7
6
,
1
3
6
,
1
0
3
1
9
,
3
3
3
4
7
,
7
7
3
7
5
,
7
8
4
3
0
,
8
1
4
8
4
,
6
4
5
3
7
,
4
6
5
8
9
,
4
3
5
2
,
5
2
5
6
,
5
3
6
0
,
5
3
6
8
,
1
5
7
5
,
9
2
8
2
,
0
8
9
0
,
0
2
3
,
1
9
3
,
1
8
3
,
1
7
3
,
1
6
3
,
1
4
3
,
1
3
3
,
1
2
4
5
5
,
0
0
4
9
6
,
0
0
5
3
7
,
0
0
6
1
5
,
0
0
6
9
0
,
0
0
7
7
1
,
0
0
8
3
0
,
0
0
4
,
3
0
4
,
3
5
4
.
3
9
4
.
4
7
4
,
5
5
4
,
6
3
4
,
7
0
2
4
,
6
7
2
7
,
0
2
2
9
,
3
5
3
4
,
2
0
3
8
,
5
2
4
3
,
0
1
4
7
,
4
1
1
8
1
8
0
1
1
1
2
1
6
,
0
1
6
,
0
5
,
3
5
,
3
3
8
,
8
0
4
2
,
1
9
1
2
1
6
,
4
4
1
3
1
6
,
6
2
9
2
,
4
7
1
0
0
,
4
1
5
,
6
0
5
,
5
9
1
9
3
3
,
1
0
2
0
9
2
,
7
8
7
,
0
6
7
,
0
4
4
9
9
,
7
8
5
4
0
,
4
5
7
2
,
8
6
7
8
,
1
5
3
,
5
9
3
,
5
8
7
1
6
,
0
0
7
7
6
,
0
0
4
,
8
5
4
,
8
9
3
0
,
4
7
3
3
,
1
2
2
0
2
0
0
1
2
1
3
1
4
1
6
2
0
2
5
3
0
1
8
,
0
1
8
,
0
1
8
,
0
1
8
,
0
1
8
,
0
1
8
,
0
1
8
,
0
6
,
0
6
,
0
6
,
0
6
,
0
6
,
0
6
,
0
6
,
0
4
7
,
1
0
5
0
,
8
5
5
4
,
6
0
6
1
,
9
8
7
6
,
5
4
9
4
,
2
9
1
1
1
,
5
4
1
8
2
2
,
7
8
1
9
6
0
,
7
7
2
0
9
7
,
0
0
2
3
6
2
,
5
7
2
8
7
1
,
4
7
3
4
6
6
,
2
1
4
0
1
9
,
6
0
1
2
4
,
6
1
1
3
4
,
4
4
1
4
4
,
1
7
1
6
3
,
3
7
2
0
0
,
3
7
2
4
5
,
5
9
2
8
8
,
5
7
6
,
2
2
6
,
2
1
6
,
2
0
6
,
1
7
6
,
1
2
6
,
0
6
6
,
0
0
2
8
9
6
,
1
6
3
1
1
6
,
1
8
3
3
3
3
,
0
0
3
7
5
5
,
3
9
4
8
6
0
,
4
2
5
4
9
4
,
0
4
6
3
5
1
,
0
5
7
,
8
4
7
,
8
3
7
,
8
1
7
,
7
8
7
,
7
2
7
,
6
3
7
,
5
5
7
4
9
,
4
0
8
0
5
,
3
5
8
6
1
,
0
0
9
6
9
,
7
4
1
1
8
1
,
9
2
1
4
3
8
,
3
8
1
6
9
8
,
1
6
9
8
,
6
8
1
0
5
,
0
7
1
1
1
,
5
0
1
2
3
,
7
7
1
4
6
,
6
2
1
7
2
,
6
8
1
9
3
,
0
6
3
,
9
9
3
,
9
8
3
,
9
7
3
,
9
6
3
,
9
3
3
,
9
1
3
,
8
9
1
0
7
3
,
0
0
1
1
5
6
,
0
0
1
2
3
6
,
0
0
1
3
9
3
,
0
0
1
6
8
9
,
0
0
2
0
2
8
,
0
0
2
3
3
2
,
0
0
5
,
3
7
5
,
4
2
5
,
4
6
5
,
5
4
5
,
7
0
5
,
8
9
6
,
0
7
3
6
,
9
7
3
9
,
9
2
4
2
,
8
0
4
8
,
6
5
6
0
,
0
8
7
4
,
0
2
8
7
,
5
6
2
2
2
2
0
1
4
1
6
2
1
,
0
2
1
,
0
7
,
0
7
,
0
6
0
,
3
8
6
8
,
5
8
2
8
1
4
,
3
6
3
1
7
5
,
4
4
1
7
5
,
1
8
1
9
8
,
7
1
6
,
8
3
6
,
8
0
4
4
7
0
,
1
5
5
0
4
5
,
3
7
8
,
6
0
8
,
5
8
1
1
5
8
,
5
6
1
3
0
5
,
5
2
1
3
8
,
6
2
1
5
3
,
3
4
4
,
3
8
4
,
3
6
1
6
5
5
,
0
0
1
8
6
9
,
0
0
5
,
9
1
6
,
0
2
4
7
,
4
0
5
3
,
8
3
2
5
2
5
0
1
6
1
8
2
0
2
2
2
5
2
8
3
0
3
5
2
4
,
0
2
4
,
0
2
4
,
0
2
4
,
0
2
4
,
0
2
4
,
0
2
4
,
0
2
4
,
0
8
,
0
8
,
0
8
,
0
8
,
0
8
,
0
8
,
0
8
,
0
8
,
0
7
8
,
4
0
8
7
,
7
2
9
6
,
9
6
1
0
6
,
1
2
1
1
9
,
7
1
1
3
3
,
1
2
1
4
1
,
9
6
1
6
3
,
7
1
4
7
1
7
,
1
0
5
2
4
7
,
2
4
5
7
6
4
,
8
7
6
2
7
0
,
3
2
7
0
0
6
,
3
9
7
7
1
6
,
8
6
8
1
7
6
,
8
2
9
2
8
1
,
0
5
2
5
8
,
4
3
2
8
8
,
8
2
3
1
8
,
7
6
3
4
8
,
2
6
3
9
1
,
7
2
4
3
4
,
2
5
4
6
2
,
1
1
5
3
0
,
1
1
7
,
7
6
7
,
7
3
7
,
7
1
7
,
6
9
7
,
6
5
7
,
6
1
7
,
5
9
7
,
5
3
7
4
9
2
,
1
0
8
3
3
6
,
6
9
9
1
5
9
,
7
3
9
9
6
1
,
3
0
1
1
1
2
5
,
5
2
1
2
2
4
3
,
8
4
1
2
9
6
4
,
6
6
1
4
6
8
2
,
7
3
9
,
7
8
9
,
7
5
9
,
7
2
9
,
6
9
9
,
6
4
9
,
5
9
9
,
5
6
9
,
4
7
1
9
4
2
,
0
9
2
1
5
7
,
7
8
2
3
7
0
,
0
1
2
5
7
9
,
0
4
2
8
8
7
,
2
6
3
1
8
9
,
8
9
3
3
8
8
,
9
8
3
8
7
9
,
3
7
2
0
3
,
4
5
2
2
3
,
3
9
2
4
2
,
5
2
2
6
0
,
5
2
2
8
7
,
1
4
3
1
1
,
9
8
3
2
7
,
8
2
3
6
6
,
1
3
4
,
9
8
4
,
9
6
4
,
9
4
4
,
9
3
4
,
9
1
4
,
9
0
4
,
8
9
4
,
8
7
2
7
7
5
,
0
0
3
0
8
9
,
0
0
3
3
9
5
,
0
0
3
6
9
1
,
0
0
4
1
1
9
,
0
0
4
5
2
7
,
0
0
4
7
8
8
,
0
0
5
4
0
1
,
6
8
6
,
7
5
6
,
8
3
6
,
9
1
7
,
0
0
7
,
1
1
7
,
2
3
7
,
3
1
7
,
5
3
6
1
,
5
5
6
8
,
8
6
7
6
,
1
1
8
3
,
3
1
9
3
,
9
7
1
0
4
,
5
0
1
1
1
,
4
4
1
2
8
,
5
1
354

Т
а
б
л
и
ц
а
П
.
8
Г
О
С
Т
8
5
1
0
-
8
6
.
У
г
о
л
к
и
с
т
а
л
ь
н
ы
е
г
о
р
я
ч
е
к
а
т
а
н
ы
е
н
е
р
а
в
н
о
п
о
л
о
ч
н
ы
е
1
.
Н
а
с
т
о
я
щ
и
й
с
т
а
н
д
а
р
т
р
а
с
п
р
о
с
т
р
а
н
я
е
т
с
я
н
а
с
т
а
л
ь
н
ы
е
г
о
р
я
ч
е
к
а
т
а
н
ы
е
н
е
р
а
в
н
о
п
о
л
о
ч
н
ы
е
у
г
о
л
к
и
.
2
.
Р
а
з
м
е
р
ы
у
г
о
л
к
о
в
,
п
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
,
с
п
р
а
в
о
ч
н
ы
е
в
е
л
и
ч
и
н
ы
д
л
я
о
с
е
й
и
м
а
с
с
ы
1
м
у
г
о
л
к
о
в
д
о
л
ж
н
ы
с
о
о
т
в
е
т
с
т
в
о
в
а
т
ь
у
к
а
з
а
н
н
ы
м
н
а
ч
е
р
т
е
ж
е
и
в
т
а
б
л
и
ц
е
.
П
р
и
м
е
ч
а
н
и
я
:
1
.
П
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
и
с
п
р
а
в
о
ч
н
ы
е
в
е
л
и
ч
и
н
ы
в
ы
ч
и
с
л
е
н
ы
п
о
н
о
м
и
н
а
л
ь
н
ы
м
р
а
з
м
е
р
а
м
.
П
р
и
в
ы
ч
и
с
л
е
н
и
и
м
а
с
с
ы
1
м
у
г
о
л
к
а
п
л
о
т
н
о
с
т
ь
с
т
а
л
и
п
р
и
н
я
т
а
р
а
в
н
о
й
7
,
8
5
г
/
с
м
3
.
2
.
Р
а
д
и
у
с
ы
з
а
к
р
у
г
л
е
н
и
я
,
ф
о
р
м
а
и
р
а
з
м
е
р
ы
у
ч
а
с
т
к
а
с
о
п
р
я
ж
е
н
и
я
в
н
у
т
р
е
н
н
и
х
г
р
а
н
е
й
п
о
л
о
к
,
у
к
а
з
а
н
н
ы
е
н
а
ч
е
р
т
е
ж
е
и
в
т
а
б
л
и
ц
е
,
д
а
н
ы
д
л
я
п
о
с
т
р
о
е
н
и
я
к
а
л
и
б
р
а
и
н
а
у
г
о
л
к
е
н
е
п
р
о
в
е
р
я
ю
т
с
я
3
.
У
г
о
л
к
и
,
о
т
м
е
ч
е
н
н
ы
е
з
в
е
з
д
о
ч
к
о
й
,
и
з
г
о
т
о
в
л
я
ю
т
п
о
т
р
е
б
о
в
а
н
и
ю
п
о
т
р
е
б
и
т
е
л
я
.
У
с
л
о
в
н
ы
е
о
б
о
з
н
а
ч
е
н
и
я
к
ч
е
р
т
е
ж
у
и
т
а
б
л
и
ц
е
:
В
—
ш
и
р
и
н
а
б
о
л
ь
ш
е
й
п
о
л
к
и
;
b
—
ш
и
р
и
н
а
м
е
н
ь
ш
е
й
п
о
л
к
и
;
t
—
т
о
л
щ
и
н
а
п
о
л
к
и
;
R
—
р
а
д
и
у
с
в
н
у
т
р
е
н
н
е
г
о
з
а
к
р
у
г
л
е
н
и
я
;
r
—
р
а
д
и
у
с
з
а
к
р
у
г
л
е
н
и
я
п
о
л
о
к
;
I
—
м
о
м
е
н
т
и
н
е
р
ц
и
и
;
i
—
р
а
д
и
у
с
и
н
е
р
ц
и
и
;
z
o
,
y
o
—
р
а
с
с
т
о
я
н
и
я
о
т
ц
е
н
т
р
а
т
я
ж
е
с
т
и
д
о
н
а
р
у
ж
н
ы
х
г
р
а
н
е
й
п
о
л
о
к
;
I
z
y
—
ц
е
н
т
р
о
б
е
ж
н
ы
й
м
о
м
е
н
т
и
н
е
р
ц
и
и
.
3
.
П
о
т
о
ч
н
о
с
т
и
п
р
о
к
а
т
к
и
у
г
о
л
к
и
и
з
г
о
т
о
в
л
я
ю
т
:
А
—
в
ы
с
о
к
о
й
т
о
ч
н
о
с
т
и
;
В
—
о
б
ы
ч
н
о
й
т
о
ч
н
о
с
т
и
.
Z
o
Z
Z
355

П
р
о
д
о
л
ж
е
н
и
е
т
а
б
л
.
П
.
8
Н
о
м
е
р
у
г
о
л
к
а
Р
а
з
м
е
р
ы
П
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
F
С
п
р
а
в
о
ч
н
ы
е
в
е
л
и
ч
и
н
ы
д
л
я
о
с
е
й
z
0
y
0
I
z
y
У
г
о
л
н
а
к
л
о
н
а
о
с
и
М
а
с
с
а
1
м
у
г
о
л
к
а
B
b
t
R
r
Z
-
Z
Y
-
Y
U
-
U
I
z
W
z
i
z
I
y
W
y
i
y
I
u
,
m
i
n
W
u
i
u
,
m
i
n
м
м
с
м
2
с
м
4
с
м
3
с
м
с
м
4
с
м
3
с
м
с
м
4
с
м
3
с
м
с
м
с
м
с
м
4
t
g
α
к
г
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
0
1
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
7
1
8
1
9
2
0
2
1
2
,
5
/
1
,
6
2
5
1
6
3
3
,
5
1
,
2
1
,
1
6
0
,
7
0
0
,
4
3
0
,
7
8
0
,
2
2
0
,
1
9
0
,
4
4
0
,
1
3
0
,
1
6
0
,
3
4
0
,
4
2
0
,
8
6
0
,
2
2
0
,
3
9
2
0
,
9
1
3
/
2
*
3
0
2
0
3
4
1
,
4
3
1
,
8
6
1
,
2
7
1
,
6
1
0
,
6
2
0
,
8
2
0
,
9
4
0
,
9
3
0
,
4
5
0
,
5
6
0
,
3
0
0
,
3
9
0
,
5
6
0
,
5
5
0
,
2
6
0
,
3
4
0
,
2
5
0
,
3
2
0
,
4
3
0
,
4
3
0
,
5
1
0
,
5
4
1
,
0
0
1
,
0
4
0
,
4
3
0
,
5
4
0
,
4
2
7
0
,
4
2
1
1
,
1
2
1
,
4
6
3
,
2
/
2
3
2
2
0
3
4
1
,
4
9
1
,
9
4
1
,
5
2
1
,
9
3
0
,
7
2
0
,
9
3
1
,
0
1
1
,
0
0
0
,
4
6
0
,
5
7
0
,
3
0
0
,
3
9
0
,
5
5
0
,
5
4
0
,
2
8
0
,
3
5
0
,
2
5
0
,
3
3
0
,
4
3
0
,
4
3
0
,
4
9
0
,
5
3
1
,
0
8
1
,
1
2
0
,
4
7
0
,
5
9
0
,
3
8
2
0
,
3
7
4
1
,
1
7
1
,
5
2
4
/
2
,
5
4
0
2
5
3
4
5
4
,
0
1
,
3
1
,
8
9
2
,
4
7
3
,
0
3
3
,
0
6
3
,
9
3
4
,
7
3
1
,
1
4
1
,
4
9
1
,
8
2
1
,
2
7
1
,
2
6
1
,
2
5
0
,
9
3
1
,
1
8
1
,
4
1
0
,
4
9
0
,
6
3
0
,
7
7
0
,
7
0
0
,
6
9
0
,
6
8
0
,
5
6
0
,
7
1
0
,
8
6
0
,
4
1
0
,
5
2
0
,
6
4
0
,
5
4
0
,
5
4
0
,
5
3
0
,
5
9
0
,
6
3
0
,
6
6
1
,
3
2
1
,
3
7
1
,
4
1
0
,
9
6
1
,
2
2
1
,
4
4
0
,
3
8
5
0
,
2
8
1
0
,
3
7
4
1
,
4
8
1
,
9
4
2
,
3
7
4
/
3
*
4
0
3
0
4
5
2
,
6
7
3
,
2
8
4
,
1
8
5
,
0
4
1
,
5
4
1
,
8
8
1
,
2
5
1
,
2
4
2
,
0
1
2
,
4
1
0
,
9
1
1
,
1
1
0
,
8
7
0
,
8
6
1
,
0
9
1
,
3
3
0
,
7
5
0
,
9
1
0
,
6
4
0
,
6
4
0
,
7
8
0
,
8
2
1
,
2
8
1
,
3
2
1
,
6
8
2
,
0
0
0
,
5
4
4
0
,
5
3
9
2
,
2
6
2
,
4
6
4
,
5
/
2
,
8
4
5
2
8
3
4
5
,
0
1
,
7
2
,
1
4
2
,
8
0
4
,
4
1
5
,
6
8
1
,
4
5
1
,
9
0
1
,
4
8
1
,
4
2
1
,
3
2
1
,
6
9
0
,
6
1
0
,
8
0
0
,
7
9
0
,
7
8
0
,
7
2
1
,
0
2
0
,
5
2
0
,
6
7
0
,
6
1
0
,
6
0
0
,
6
4
0
,
6
8
1
,
4
7
1
,
5
1
1
,
3
8
1
,
7
7
0
,
3
8
2
0
,
3
7
9
1
,
6
8
2
,
2
0
5
/
3
,
2
5
0
3
2
3
4
5
,
5
1
,
8
2
,
4
2
3
,
1
7
6
,
1
8
7
,
9
8
1
,
8
2
2
,
3
8
1
,
6
0
1
,
5
9
1
,
9
9
2
,
5
6
0
,
8
1
1
,
0
5
0
,
9
1
0
,
9
0
1
,
1
8
1
,
5
2
0
,
6
8
0
,
8
8
0
,
7
0
0
,
6
9
0
,
7
2
0
,
7
6
1
,
6
0
1
,
6
5
2
,
0
1
2
,
5
9
0
,
4
0
3
0
,
4
0
1
1
,
9
2
,
4
5
,
6
/
3
,
6
5
6
3
6
4
5
6
,
0
2
,
0
3
,
5
8
4
,
4
1
1
1
,
3
7
1
3
,
8
2
3
,
0
1
3
,
7
0
1
,
7
8
1
,
7
7
3
,
7
0
4
,
4
8
1
,
3
4
1
,
6
5
1
,
0
2
1
,
0
1
2
,
1
9
2
,
6
5
1
,
1
3
1
,
3
7
0
,
7
8
0
,
7
8
0
,
8
4
0
,
8
8
1
,
8
2
1
,
8
7
3
,
7
4
4
,
5
0
0
,
4
0
6
0
,
4
0
4
2
,
8
1
3
,
4
6
6
,
3
/
4
,
0
6
3
4
0
4
5
6
8
7
,
0
2
,
3
4
,
0
4
4
,
9
8
5
,
9
0
7
,
6
8
1
6
,
3
3
1
9
,
9
1
2
3
,
3
1
2
9
,
6
0
3
,
8
3
4
,
7
2
5
,
5
8
7
,
2
2
2
,
0
1
2
,
0
0
1
,
9
9
1
,
9
6
5
,
1
6
6
,
2
6
7
,
2
9
9
,
1
5
1
,
6
7
2
,
0
5
2
,
4
2
3
,
1
2
1
,
1
3
1
,
1
2
1
,
1
1
1
,
0
9
3
,
0
7
3
,
7
3
4
,
3
6
5
,
5
8
1
,
4
1
1
,
7
2
2
,
0
2
2
,
6
0
0
,
8
7
0
,
8
6
0
,
8
6
0
,
8
5
0
,
9
1
0
,
9
5
0
,
9
9
1
,
0
7
2
,
0
3
2
,
0
8
2
,
1
2
2
,
2
0
5
,
2
5
6
,
4
1
7
,
4
4
9
,
2
7
0
,
3
9
7
0
,
3
9
6
0
,
3
9
3
0
,
3
8
6
3
,
1
7
3
,
9
1
4
,
6
3
6
,
0
3
6
,
5
/
5
*
6
5
5
0
5
6
7
8
6
,
0
2
,
0
5
,
5
6
6
,
6
0
7
,
6
2
8
,
6
2
2
3
,
4
1
2
7
,
4
6
3
1
,
3
2
3
5
,
0
0
5
,
2
0
6
,
1
6
7
,
0
8
7
,
9
9
2
,
0
5
2
,
0
4
2
,
0
3
2
,
0
2
1
2
,
0
8
1
4
,
1
2
1
6
,
0
5
1
8
,
8
8
3
,
2
3
3
,
8
2
4
,
3
8
4
,
9
3
1
,
4
7
1
,
4
6
1
,
4
5
1
,
4
4
6
,
4
1
7
,
5
2
8
,
6
0
9
,
6
5
2
,
6
8
3
,
1
5
3
,
5
9
4
,
0
2
1
,
0
7
1
,
0
7
1
,
0
6
1
,
0
6
1
,
2
6
1
,
3
0
1
,
3
4
1
,
3
7
2
,
0
0
2
,
0
4
2
,
0
8
2
,
1
2
9
,
7
7
1
1
,
4
6
1
2
,
9
4
1
3
,
6
1
0
,
5
7
6
0
,
5
7
5
0
,
5
7
1
0
,
5
7
0
4
,
3
6
5
,
1
8
5
,
9
8
6
,
7
7
7
/
4
,
5
7
0
4
5
5
7
,
5
2
,
5
5
,
5
9
2
7
,
7
6
5
,
8
8
2
,
2
3
9
,
0
5
2
,
6
2
1
,
2
7
5
,
3
4
2
,
2
0
0
,
9
8
1
,
0
5
2
,
2
8
9
,
1
2
0
,
4
0
6
4
,
3
9
7
,
5
/
5
7
5
5
0
5
6
7
*
8
8
,
0
2
,
7
6
,
1
1
7
,
2
5
8
,
3
7
9
,
4
7
3
4
,
8
1
4
0
,
9
2
4
6
,
7
7
5
2
,
3
8
6
,
8
1
8
,
0
8
9
,
3
1
1
0
,
5
2
2
,
3
9
2
,
3
8
2
,
3
6
2
,
3
5
1
2
,
4
7
1
4
,
6
0
1
6
,
6
1
1
8
,
5
2
3
,
2
5
3
,
8
5
4
,
4
3
4
,
8
8
1
,
4
3
1
,
4
2
1
,
4
1
1
,
4
0
7
,
2
4
8
,
4
8
9
,
6
9
1
0
,
8
2
,
7
3
3
,
2
1
3
,
6
9
4
,
1
4
1
,
0
9
1
,
0
8
1
,
0
8
1
,
0
7
1
,
1
7
1
,
2
1
1
,
2
5
1
,
2
9
2
,
3
9
2
,
4
4
2
,
4
8
2
,
5
2
1
2
,
0
0
1
4
,
1
0
1
6
,
1
8
1
7
,
8
0
0
,
4
3
6
0
,
4
3
5
0
,
4
3
5
0
,
4
3
0
4
,
7
9
5
,
6
9
6
,
5
7
7
,
4
3
356

О
к
о
н
ч
а
н
и
е
т
а
б
л
.
П
.
8
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
0
1
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
7
1
8
1
9
2
0
2
1
8
/
5
8
0
5
0
5
6
8
,
0
2
,
7
6
,
3
6
7
,
5
5
4
1
,
6
4
4
8
,
9
8
7
,
7
1
9
,
1
5
2
,
5
6
2
,
5
5
1
2
,
6
8
1
4
,
8
5
3
,
2
8
3
,
8
8
1
,
4
1
1
,
4
0
7
,
5
7
8
,
8
8
2
,
7
5
3
,
2
4
1
,
0
0
1
,
0
8
1
,
1
3
1
,
1
7
2
,
6
0
2
,
6
5
1
3
,
2
0
1
5
,
5
0
0
,
3
8
7
0
,
3
8
6
4
,
4
9
5
,
9
2
8
/
6
*
8
0
6
0
6
7
8
8
,
1
5
9
,
4
2
1
0
,
6
7
5
2
,
0
6
5
9
,
6
1
6
6
,
8
8
9
,
4
2
1
0
,
8
7
1
2
,
3
8
2
,
5
3
2
,
5
2
2
,
5
0
2
5
,
1
8
2
8
,
7
4
3
2
,
1
5
5
,
5
8
6
,
4
3
7
,
2
6
1
,
7
6
1
,
7
5
1
,
7
4
1
3
,
6
1
1
5
,
5
8
1
7
,
4
9
4
,
6
6
5
,
3
4
5
,
9
9
1
,
2
9
1
,
2
9
1
,
2
8
1
,
4
9
1
,
5
3
1
,
5
7
2
,
4
7
2
,
5
2
2
,
5
6
2
0
,
9
8
2
4
,
0
1
2
6
,
8
3
0
,
5
4
7
0
,
5
4
6
0
,
5
4
4
6
,
3
9
7
,
3
9
8
,
3
7
9
/
5
,
6
9
0
5
6
5
,
5
6
8
9
,
0
3
,
0
7
,
8
6
8
,
5
4
1
1
,
1
8
6
5
,
2
8
7
0
,
5
8
9
0
,
8
7
1
0
,
7
4
1
1
,
6
6
1
5
,
2
4
2
,
8
8
2
,
8
8
2
,
8
5
1
9
,
6
7
2
1
,
2
2
2
7
,
0
8
4
,
5
3
4
,
9
1
6
,
3
9
1
,
5
8
1
,
5
8
1
,
5
6
1
1
,
7
7
1
2
,
7
0
1
6
,
2
9
3
,
8
1
4
,
1
2
5
,
3
2
1
,
2
2
1
,
2
2
1
,
2
1
1
,
2
6
1
,
2
8
1
,
3
6
2
,
9
2
2
,
9
5
3
,
0
4
2
0
,
5
4
2
2
,
2
3
2
8
,
3
3
0
,
3
8
4
0
,
3
8
4
0
,
3
8
0
6
,
1
7
6
,
7
0
8
,
7
7
1
0
/
6
,
3
1
0
0
6
3
6
7
8
1
0
1
0
,
0
3
,
3
9
,
5
8
1
1
,
0
9
1
2
,
5
7
1
5
,
4
7
9
8
,
2
9
1
1
2
,
8
6
1
2
6
,
9
6
1
5
3
,
9
5
1
4
,
5
2
1
6
,
7
8
1
9
,
0
1
2
3
,
3
2
3
,
2
0
3
,
1
9
3
,
1
8
3
,
1
5
3
0
,
5
8
3
4
,
9
9
3
9
,
2
1
4
7
,
1
8
6
,
2
7
7
,
2
3
8
,
1
7
9
,
9
9
1
,
7
9
1
,
7
8
1
,
7
7
1
,
7
5
1
8
,
2
0
2
0
,
8
3
2
3
,
3
8
2
8
,
3
4
5
,
2
7
6
,
0
6
6
,
8
2
8
,
3
1
1
,
3
8
1
,
3
7
1
,
3
6
1
,
3
5
1
,
4
2
1
,
4
6
1
,
5
0
1
,
5
8
3
,
2
3
3
,
2
8
3
,
3
2
3
,
4
0
3
1
,
5
0
3
6
,
1
0
4
0
,
5
0
4
8
,
6
0
0
,
3
9
3
0
,
3
9
2
0
,
3
9
1
0
,
3
8
7
7
,
5
3
8
,
7
0
9
,
8
7
1
2
,
1
4
1
0
/
6
,
5
*
1
0
0
6
5
7
8
1
0
1
1
,
2
3
1
2
,
7
3
1
5
,
6
7
1
1
4
,
0
5
1
2
8
,
3
1
1
5
5
,
5
2
1
6
,
8
7
1
9
,
1
1
2
3
,
4
5
3
,
1
9
3
,
1
8
3
,
1
5
3
8
,
3
2
4
2
,
9
6
5
1
,
6
8
7
,
7
0
8
,
7
0
1
0
,
6
4
1
,
8
5
1
,
8
4
1
,
8
2
2
2
,
7
7
2
5
,
2
4
3
0
,
6
0
6
,
4
3
7
,
2
6
8
,
8
3
1
,
4
1
1
,
4
1
1
,
4
0
1
,
5
2
1
,
5
6
1
,
6
4
3
,
2
4
3
,
2
8
3
,
3
7
3
8
,
0
0
4
2
,
6
4
5
1
,
1
8
0
,
4
1
5
0
,
4
1
4
0
,
4
1
0
8
,
8
1
9
,
9
9
1
2
,
3
0
1
1
/
7
1
0
0
7
0
6
,
5
8
1
1
,
4
5
1
3
,
9
3
1
4
2
,
4
2
1
7
1
,
5
4
1
9
,
1
1
2
3
,
2
2
3
,
5
3
3
,
5
1
4
5
,
6
1
5
4
,
6
4
8
,
4
2
1
0
,
2
0
2
,
0
0
1
,
9
8
2
6
,
9
4
3
2
,
3
1
7
,
0
5
8
,
5
0
1
,
5
3
1
,
5
2
1
,
5
8
1
,
6
4
3
,
5
5
3
,
6
1
4
6
,
8
0
5
5
,
9
0
0
,
4
0
2
0
,
4
0
0
8
,
9
8
1
0
,
9
3
1
2
,
5
/
8
1
2
5
8
0
7
8
1
0
1
2
1
1
,
0
3
,
7
1
4
,
0
6
1
5
,
9
8
1
9
,
7
0
2
3
,
3
6
2
2
6
,
5
3
2
2
5
,
6
2
3
1
1
,
6
1
3
6
4
,
7
9
2
6
,
6
7
3
0
,
2
6
3
7
,
2
7
4
4
,
0
7
4
,
0
1
4
,
0
0
3
,
9
8
3
,
9
5
7
3
,
7
3
8
0
,
9
5
1
0
0
,
4
7
1
1
6
,
8
4
1
1
,
8
9
1
3
,
4
7
1
6
,
5
2
1
9
,
4
6
2
,
2
9
2
,
2
8
2
,
2
6
2
,
2
4
4
3
,
4
0
4
8
,
8
2
5
9
,
3
3
6
9
,
4
7
9
,
9
6
1
1
,
2
5
1
3
,
7
4
1
6
,
1
1
1
,
7
6
1
,
7
5
1
,
7
4
1
,
7
2
1
,
8
0
1
,
8
4
1
,
9
2
2
,
0
0
4
,
0
1
4
,
0
5
4
,
1
4
4
,
2
2
7
4
,
7
0
8
4
,
1
0
1
0
2
,
0
0
1
1
8
,
0
0
0
,
4
0
7
0
,
4
0
6
0
,
4
0
4
0
,
4
0
0
1
1
,
0
4
1
2
,
5
8
1
5
,
4
7
1
8
,
3
4
1
4
/
9
1
4
0
9
0
8
1
0
1
2
0
4
,
0
1
8
,
0
0
2
2
,
2
4
3
6
3
,
6
8
4
4
4
,
4
5
3
8
,
2
5
4
7
,
1
9
4
,
4
9
4
,
4
7
1
1
9
,
7
9
1
4
5
,
5
4
1
7
,
1
9
2
1
,
1
4
2
,
5
8
2
,
5
8
7
0
,
2
7
8
5
,
5
1
1
4
,
3
9
1
7
,
5
8
1
,
5
8
1
,
9
6
2
,
0
3
2
,
1
2
4
,
4
9
4
,
5
8
1
2
1
,
0
0
1
4
7
,
0
0
0
,
4
1
1
0
,
4
0
9
1
4
,
1
3
1
7
,
4
6
1
6
/
1
0
1
6
0
1
0
0
9
1
0
1
2
1
4
1
3
,
0
4
,
3
2
2
,
8
7
2
5
,
2
8
3
0
,
0
4
3
4
,
7
2
6
0
5
,
9
7
6
6
6
,
5
9
7
8
4
,
2
2
8
9
7
,
1
9
5
6
,
0
4
6
1
,
9
1
7
3
,
4
2
8
4
,
6
5
5
,
1
5
5
,
1
3
5
,
1
1
5
,
0
8
1
8
6
,
0
3
2
0
4
.
0
9
2
3
8
,
7
5
2
7
1
,
6
0
2
3
,
9
6
2
6
,
4
2
3
1
,
2
3
3
5
,
8
9
2
,
8
5
2
,
8
4
2
,
8
2
2
,
8
0
1
1
0
,
4
0
1
2
1
,
1
6
1
4
2
,
1
4
1
6
2
,
4
9
2
0
,
0
1
2
2
,
0
2
2
5
,
9
3
2
9
,
7
5
2
,
2
0
2
,
1
9
2
,
1
8
2
,
1
6
2
,
2
4
2
,
2
8
2
,
3
6
2
,
4
3
5
,
1
9
5
,
2
3
5
,
3
2
5
,
4
0
1
9
4
,
0
0
2
1
3
,
0
0
2
4
9
,
0
0
2
8
2
,
0
0
0
,
3
9
1
0
,
3
9
0
0
,
3
8
8
0
,
3
8
5
1
7
,
9
6
1
9
,
8
5
2
3
,
5
8
2
7
,
2
6
1
8
/
1
1
1
8
0
1
1
0
1
0
1
2
1
4
,
0
4
,
7
2
8
,
3
3
3
3
,
6
9
9
5
2
,
2
8
1
1
2
2
,
5
6
7
8
,
5
9
9
3
,
3
3
5
,
8
0
5
,
7
7
2
7
6
,
3
7
3
2
4
,
0
9
3
2
,
2
7
3
8
,
2
0
3
,
1
2
3
,
1
0
1
6
5
,
4
4
1
9
4
,
2
8
2
6
,
9
6
3
1
,
8
3
2
,
4
2
2
,
4
0
2
,
4
4
2
,
5
2
5
,
8
8
5
,
9
7
2
9
5
,
0
0
3
4
8
,
0
0
0
,
3
7
6
0
,
3
7
4
2
2
,
2
0
2
6
,
4
0
2
0
/
1
2
,
5
2
0
0
1
2
5
1
1
1
2
1
4
1
6
3
4
,
8
7
3
7
,
8
9
4
3
,
8
7
4
9
,
7
7
1
4
4
9
,
0
2
1
5
6
8
,
1
9
1
8
0
0
,
8
3
2
0
2
6
,
0
8
1
0
7
,
3
1
1
1
6
,
5
1
1
3
4
,
6
4
1
5
2
,
4
1
6
,
4
5
6
,
4
3
6
,
4
1
6
,
3
8
4
4
6
,
3
6
4
8
1
,
9
3
5
5
0
,
7
7
6
1
6
,
6
6
4
5
,
9
8
4
9
,
8
5
5
7
,
4
3
6
4
,
8
3
3
,
5
8
3
,
5
7
3
,
5
4
3
,
5
2
2
6
3
,
8
4
2
8
5
,
0
4
3
2
6
,
5
4
3
6
6
,
9
9
3
8
,
2
7
4
1
,
4
5
4
7
,
5
7
5
3
,
5
6
2
,
7
5
2
,
7
4
2
,
7
3
2
,
7
2
2
,
7
9
2
,
8
3
2
,
9
1
2
,
9
9
6
,
5
0
6
,
5
4
6
,
6
2
6
,
7
1
4
6
5
,
0
0
5
0
3
,
0
0
5
7
5
,
0
0
6
4
3
,
0
0
0
,
3
9
2
0
,
3
9
2
0
,
3
9
0
0
,
3
8
8
2
7
,
3
7
2
9
,
7
4
3
4
,
4
3
3
9
,
0
7
357

Т
а
б
л
и
ц
а
П
.
9
Г
О
С
Т
8
2
3
9
-
8
9
.
Д
в
у
т
а
в
р
ы
с
т
а
л
ь
н
ы
е
г
о
р
я
ч
е
к
а
т
а
н
ы
е
Н
а
с
т
о
я
щ
и
й
с
т
а
н
д
а
р
т
у
с
т
а
н
а
в
л
и
в
а
е
т
с
о
р
т
а
м
е
н
т
г
о
р
я
ч
е
к
а
т
а
н
ы
х
с
т
а
л
ь
н
ы
х
д
в
у
т
а
в
р
о
в
с
у
к
л
о
н
о
м
в
н
у
т
р
е
н
н
и
х
г
р
а
н
е
й
п
о
л
о
к
.
1
.
П
о
п
е
р
е
ч
н
о
е
с
е
ч
е
н
и
е
д
в
у
т
а
в
р
о
в
д
о
л
ж
н
о
с
о
о
т
в
е
т
с
т
в
о
в
а
т
ь
у
к
а
з
а
н
н
о
м
у
н
а
ч
е
р
т
е
ж
е
.
h
—
в
ы
с
о
т
а
д
в
у
т
а
в
р
а
;
b
—
ш
и
р
и
н
а
п
о
л
к
и
;
s
—
т
о
л
щ
и
н
а
с
т
е
н
к
и
;
t
—
с
р
е
д
н
я
я
т
о
л
щ
и
н
а
п
о
л
к
и
;
R
—
р
а
д
и
у
с
в
н
у
т
р
е
н
н
е
г
о
з
а
к
р
у
г
л
е
н
и
я
;
r
—
р
а
д
и
у
с
з
а
к
р
у
г
л
е
н
и
я
п
о
л
к
и
.
П
р
и
м
е
ч
а
н
и
е
:
У
к
л
о
н
в
н
у
т
р
е
н
н
и
х
г
р
а
н
е
й
п
о
л
о
к
д
о
л
ж
е
н
б
ы
т
ь
6
—
1
2
%
.
2
.
Н
о
м
и
н
а
л
ь
н
ы
е
р
а
з
м
е
р
ы
д
в
у
т
а
в
р
о
в
,
п
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
,
м
а
с
с
а
и
с
п
р
а
в
о
ч
н
ы
е
з
н
а
ч
е
н
и
я
д
л
я
о
с
е
й
д
о
л
ж
н
ы
с
о
о
т
в
е
т
с
т
в
о
в
а
т
ь
п
р
и
в
е
д
е
н
н
ы
м
в
т
а
б
л
и
ц
е
.
П
р
и
м
е
ч
а
н
и
я
:
1
.
П
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
и
м
а
с
с
а
1
м
д
в
у
т
а
в
р
а
в
ы
ч
и
с
л
е
н
ы
п
о
н
о
м
и
н
а
л
ь
н
ы
м
р
а
з
м
е
р
а
м
;
п
л
о
т
н
о
с
т
ь
с
т
а
л
и
п
р
и
н
я
т
а
р
а
в
н
о
й
7
,
8
5
г
/
с
м
3
.
2
.
В
е
л
и
ч
и
н
ы
р
а
д
и
у
с
о
в
з
а
к
р
у
г
л
е
н
и
я
,
у
к
л
о
н
а
в
н
у
т
р
е
н
н
и
х
г
р
а
н
е
й
п
о
л
о
к
,
т
о
л
щ
и
н
ы
п
о
л
о
к
,
у
к
а
з
а
н
н
ы
е
н
а
ч
е
р
т
е
ж
е
и
в
т
а
б
л
и
ц
е
,
п
р
и
в
е
д
е
н
ы
д
л
я
п
о
с
т
р
о
е
н
и
я
к
а
л
и
б
р
о
в
и
н
а
г
о
т
о
в
о
м
п
р
о
к
а
т
е
н
е
к
о
н
т
р
о
л
и
р
у
ю
т
с
я
.
3
.
В
т
а
б
л
и
ц
а
х
и
с
п
о
л
ь
з
у
ю
т
о
б
о
з
н
а
ч
е
н
и
я
:
I
—
м
о
м
е
н
т
и
н
е
р
ц
и
и
;
W
—
м
о
м
е
н
т
с
о
п
р
о
т
и
в
л
е
н
и
я
;
S
—
с
т
а
т
и
ч
е
с
к
и
й
м
о
м
е
н
т
п
о
л
у
с
е
ч
е
н
и
я
;
i
—
р
а
д
и
у
с
и
н
е
р
ц
и
и
.
4
.
Д
в
у
т
а
в
р
ы
о
т
No
2
4
д
о
No
6
0
н
е
р
е
к
о
м
е
н
д
у
е
т
с
я
п
р
и
м
е
н
я
т
ь
в
н
о
в
ы
х
р
а
з
р
а
б
о
т
к
а
х
.
5
.
П
о
т
о
ч
н
о
с
т
и
п
р
о
к
а
т
к
и
д
в
у
т
а
в
р
ы
и
з
г
о
т
о
в
л
я
ю
т
:
п
о
в
ы
ш
е
н
н
о
й
т
о
ч
н
о
с
т
и
—
А
;
о
б
ы
ч
н
о
й
т
о
ч
н
о
с
т
и
—
В
.
Z
Z
358

П
р
о
д
о
л
ж
е
н
и
е
т
а
б
л
.
П
.
9
Н
о
м
е
р
д
в
у
т
а
в
р
а
Р
а
з
м
е
р
ы
П
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
F
М
а
с
с
а
1
м
С
п
р
а
в
о
ч
н
ы
е
з
н
а
ч
е
н
и
я
д
л
я
о
с
е
й
h
b
s
t
R
r
Z
–
Z
Y
–
Y
н
е
б
о
л
е
е
I
z
W
z
i
z
S
z
I
y
W
y
i
y
м
м
с
м
2
к
г
с
м
4
с
м
3
с
м
с
м
3
с
м
4
с
м
3
с
м
1
0
1
0
0
5
5
4
,
5
7
,
2
7
,
0
2
,
5
1
2
,
0
9
,
4
6
1
9
8
3
9
,
7
4
,
0
6
2
3
,
0
1
7
,
9
6
,
4
9
1
,
2
2
1
2
1
2
0
6
4
4
,
8
7
,
3
7
,
5
3
,
0
1
4
,
7
1
1
,
5
0
3
5
0
5
8
,
4
4
,
8
8
3
3
,
7
2
7
,
9
8
,
7
2
1
,
3
8
1
4
1
4
0
7
3
4
,
9
7
,
5
8
,
0
3
,
0
1
7
,
4
1
3
,
7
0
5
7
2
8
1
,
7
5
,
7
3
4
6
,
8
4
1
,
9
1
1
,
5
0
1
,
5
5
1
6
1
6
0
8
1
5
,
0
7
,
8
8
,
5
3
,
5
2
0
,
2
1
5
,
9
0
8
7
3
1
0
9
,
0
6
,
5
7
6
2
,
3
5
8
,
6
1
4
,
5
0
1
,
7
0
1
8
1
8
0
9
0
5
,
1
8
,
1
9
,
0
3
,
5
2
3
,
4
1
8
,
4
0
1
2
9
0
1
4
3
,
0
7
,
4
2
8
1
,
4
8
2
,
6
1
8
,
4
0
1
,
8
8
2
0
2
0
0
1
0
0
5
,
2
8
,
4
9
,
5
4
,
0
2
6
,
8
2
1
,
0
0
1
8
4
0
1
8
4
,
0
8
,
2
8
1
0
4
,
0
1
1
5
,
0
2
3
,
1
0
2
,
0
7
2
2
2
2
0
1
1
0
5
,
4
8
,
7
1
0
,
0
4
,
0
3
0
,
6
2
4
,
0
0
2
5
5
0
2
3
2
,
0
9
,
1
3
1
3
1
,
0
1
5
7
,
0
2
8
,
6
0
2
,
2
7
2
4
2
4
0
1
1
5
5
,
6
9
,
5
1
0
,
5
4
,
0
3
4
,
8
2
7
,
3
0
3
4
6
0
2
8
9
,
0
9
,
9
7
1
6
3
,
0
1
9
8
,
0
3
4
,
5
0
2
,
3
7
2
7
2
7
0
1
2
5
6
,
0
9
,
8
1
1
,
0
4
,
5
4
0
,
2
3
1
,
5
0
5
0
1
0
3
7
1
,
0
1
1
,
2
0
2
1
0
,
0
2
6
0
,
0
4
1
,
5
0
2
,
5
4
3
0
3
0
0
1
3
5
6
,
5
1
0
,
2
1
2
,
0
5
,
0
4
6
,
5
3
6
,
5
0
7
0
8
0
4
7
2
,
0
1
2
,
3
0
2
6
8
,
0
3
3
7
,
0
4
9
,
9
0
2
,
6
9
3
3
3
3
0
1
4
0
7
,
0
1
1
,
2
1
3
,
0
5
,
0
5
3
,
8
4
2
,
2
0
9
8
4
0
5
9
7
,
0
1
3
,
5
0
3
3
9
,
0
4
1
9
,
0
5
9
,
9
0
2
,
7
9
3
6
3
6
0
1
4
5
7
,
5
1
2
,
3
1
4
,
0
6
,
0
6
1
,
9
4
8
,
6
0
1
3
3
8
0
7
4
3
,
0
1
4
,
7
0
4
2
3
,
0
5
1
6
,
0
7
1
,
1
0
2
,
8
9
4
0
4
0
0
1
5
5
8
,
3
1
3
,
0
1
5
,
0
6
,
0
7
2
,
6
5
7
,
0
0
1
9
0
6
2
9
5
3
,
0
1
6
,
2
0
5
4
5
,
0
6
6
7
,
0
8
6
,
1
0
3
,
0
3
4
5
4
5
0
1
6
0
9
,
0
1
4
,
2
1
6
,
0
7
,
0
8
4
,
7
6
6
,
5
0
2
7
6
9
6
1
2
3
1
,
0
1
8
,
1
0
7
0
8
,
0
8
0
8
,
0
1
0
1
,
0
0
3
,
0
9
5
0
5
0
0
1
7
0
1
0
,
0
1
5
,
2
1
7
,
0
7
,
0
1
0
0
,
0
7
8
,
5
0
3
9
7
2
7
1
5
8
9
,
0
1
9
,
9
0
9
1
9
,
0
1
0
4
3
,
0
1
2
3
,
0
0
3
,
2
3
5
5
5
5
0
1
8
0
1
1
,
0
1
6
,
5
1
8
,
0
7
,
0
1
1
8
,
0
9
2
,
6
0
5
5
9
6
2
2
0
3
5
,
0
2
1
,
8
0
1
1
8
1
,
0
1
3
5
6
,
0
1
5
1
,
0
0
3
,
3
9
6
0
6
0
0
1
9
0
1
2
,
0
1
7
,
8
2
0
,
0
8
,
0
1
3
8
,
0
1
0
8
,
0
0
7
6
8
0
6
2
5
6
0
,
0
2
3
,
6
0
1
4
9
1
,
0
1
7
2
5
,
0
1
8
2
,
0
0
3
,
5
4
359

Т
а
б
л
и
ц
а
П
.
1
0
Г
О
С
Т
8
2
4
0
-
9
7
.
Ш
в
е
л
л
е
р
ы
с
т
а
л
ь
н
ы
е
г
о
р
я
ч
е
к
а
т
а
н
ы
е
1
.
О
б
л
а
с
т
ь
п
р
и
м
е
н
е
н
и
я
Н
а
с
т
о
я
щ
и
й
с
т
а
н
д
а
р
т
у
с
т
а
н
а
в
л
и
в
а
е
т
с
о
р
т
а
м
е
н
т
с
т
а
л
ь
н
ы
х
г
о
р
я
ч
е
к
а
т
а
н
ы
х
ш
в
е
л
л
е
р
о
в
о
б
щ
е
г
о
и
с
п
е
ц
и
а
л
ь
н
о
г
о
н
а
з
н
а
ч
е
н
и
я
в
ы
с
о
т
о
й
о
т
5
0
д
о
4
0
м
м
и
ш
и
р
и
н
о
й
п
о
л
о
к
о
т
3
2
д
о
1
1
5
м
.
2
.
О
с
н
о
в
н
ы
е
п
а
р
а
м
е
т
р
ы
и
р
а
з
м
е
р
ы
2
.
1
.
П
о
ф
о
р
м
е
и
р
а
з
м
е
р
а
м
ш
в
е
л
л
е
р
ы
и
з
г
о
т
о
в
л
я
ю
т
с
л
е
д
у
ю
щ
и
х
с
е
р
и
й
:
У
—
с
у
к
л
о
н
о
м
в
н
у
т
р
е
н
н
и
х
г
р
а
н
е
й
п
о
л
о
к
;
П
—
с
п
а
р
а
л
л
е
л
ь
н
ы
м
и
г
р
а
н
я
м
и
п
о
л
о
к
;
Э
—
э
к
о
н
о
м
и
ч
н
ы
е
с
п
а
р
а
л
л
е
л
ь
н
ы
м
и
г
р
а
н
я
м
и
п
о
л
о
к
и
д
р
.
В
д
а
н
н
о
м
и
з
д
а
н
и
и
р
а
с
с
м
о
т
р
е
н
ы
т
о
л
ь
к
о
ш
в
е
л
л
е
р
а
с
е
р
и
и
У
.
У
с
л
о
в
н
ы
е
о
б
о
з
н
а
ч
е
н
и
я
в
е
л
и
ч
и
н
,
х
а
р
а
к
т
е
р
и
з
у
ю
щ
и
х
с
в
о
й
с
т
в
а
ш
в
е
л
л
е
р
а
:
h
—
в
ы
с
о
т
а
(
ш
в
е
л
л
е
р
а
)
;
b
—
ш
и
р
и
н
а
п
о
л
к
и
;
s
—
т
о
л
щ
и
н
а
с
т
е
н
к
и
;
t
—
т
о
л
щ
и
н
а
п
о
л
к
и
;
R
—
р
а
д
и
у
с
в
н
у
т
р
е
н
н
е
г
о
з
а
к
р
у
г
л
е
н
и
я
;
r
—
р
а
д
и
у
с
з
а
к
р
у
г
л
е
н
и
я
п
о
л
к
и
;
z
0
—
р
а
с
с
т
о
я
н
и
е
о
т
о
с
и
Y
—
Y
д
о
н
а
р
у
ж
н
о
й
г
р
а
н
и
с
т
е
н
к
и
;
F
—
п
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
;
I
—
м
о
м
е
н
т
и
н
е
р
ц
и
и
;
W
—
м
о
м
е
н
т
с
о
п
р
о
т
и
в
л
е
н
и
я
;
i
—
р
а
д
и
у
с
и
н
е
р
ц
и
и
;
S
z
—
с
т
а
т
и
ч
е
с
к
и
й
м
о
м
е
н
т
п
о
л
у
с
е
ч
е
н
и
я
.
2
.
2
П
о
п
е
р
е
ч
н
о
е
с
е
ч
е
н
и
е
ш
в
е
л
л
е
р
о
в
с
е
р
и
й
У
д
о
л
ж
н
о
с
о
о
т
в
е
т
с
т
в
о
в
а
т
ь
р
и
с
у
н
к
у
.
2
.
3
Р
а
з
м
е
р
ы
ш
в
е
л
л
е
р
о
в
,
п
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
,
м
а
с
с
а
1
м
и
с
п
р
а
в
о
ч
н
ы
е
з
н
а
ч
е
н
и
я
д
л
я
о
с
е
й
д
о
л
ж
н
ы
с
о
о
т
в
е
т
с
т
в
о
в
а
т
ь
п
р
и
в
е
д
е
н
н
ы
м
в
т
а
б
л
и
ц
е
.
2
.
3
.
1
П
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
и
м
а
с
с
а
1
м
ш
в
е
л
л
е
р
а
в
ы
ч
и
с
л
е
н
ы
п
о
н
о
м
и
н
а
л
ь
н
ы
м
р
а
з
м
е
р
а
м
,
п
л
о
т
н
о
с
т
ь
с
т
а
л
и
п
р
и
н
я
т
а
р
а
в
н
о
й
7
,
8
5
г
/
с
м
3
.
Z
Z
Z
0
360

П
р
о
д
о
л
ж
е
н
и
е
т
а
б
л
.
П
.
1
0
Н
о
м
е
р
ш
в
е
л
л
е
р
а
с
е
р
и
и
У
Р
а
з
м
е
р
ы
П
л
о
щ
а
д
ь
п
о
п
е
р
е
ч
н
о
г
о
с
е
ч
е
н
и
я
,
F
М
а
с
с
а
1
м
С
п
р
а
в
о
ч
н
ы
е
з
н
а
ч
е
н
и
я
д
л
я
о
с
е
й
z
o
h
b
s
t
R
r
Z
–
Z
Y
–
Y
н
е
б
о
л
е
е
I
z
W
z
i
z
S
z
I
y
W
y
i
y
м
м
с
м
2
к
г
с
м
4
с
м
3
с
м
с
м
3
с
м
4
с
м
3
с
м
с
м
5
У
5
0
3
2
4
,
4
7
,
0
6
,
0
2
,
5
6
,
1
6
4
,
8
4
2
2
,
8
9
,
1
1
,
9
2
5
,
5
9
5
,
6
1
2
,
7
5
0
,
9
5
1
,
1
6
6
,
5
У
6
5
3
6
4
,
4
7
,
2
6
,
0
2
,
5
7
,
5
1
5
,
9
0
4
8
,
6
1
5
,
0
2
,
5
4
9
,
0
0
8
,
7
0
3
,
6
8
1
,
0
8
1
,
2
4
8
У
8
0
4
0
4
,
5
7
,
4
6
,
5
2
,
5
8
,
9
8
7
,
0
5
8
9
,
4
2
2
,
4
3
,
1
6
2
3
,
3
0
1
2
,
8
0
4
,
7
5
1
,
1
9
1
,
3
1
1
0
У
1
0
0
4
6
4
,
5
7
,
6
7
,
0
3
,
0
1
0
,
9
0
8
,
5
9
1
7
4
,
0
3
4
,
8
3
,
9
9
2
0
,
4
0
2
0
,
4
0
6
,
4
6
1
,
3
7
1
,
4
4
1
2
У
1
2
0
5
2
4
,
8
7
,
8
7
,
5
3
,
0
1
3
,
3
0
1
0
,
4
0
3
0
4
,
0
5
0
,
6
4
,
7
8
2
9
,
6
0
3
1
,
2
0
8
,
5
2
1
,
5
3
1
,
5
4
1
4
У
1
4
0
5
8
4
,
9
8
,
1
8
,
0
3
,
0
1
5
,
6
0
1
2
,
3
0
4
9
1
,
0
7
0
,
2
5
,
6
0
4
0
,
8
0
4
5
,
4
0
1
1
,
0
0
1
,
7
0
1
,
6
7
1
6
У
1
6
0
6
4
5
,
0
8
,
4
8
,
5
3
,
5
1
8
,
1
0
1
4
,
2
0
7
4
7
,
0
9
3
,
4
6
,
4
2
5
4
,
1
0
6
3
,
3
0
1
3
,
8
0
1
,
8
7
1
,
8
0
1
6
а
У
1
6
0
6
8
5
,
0
9
,
0
8
,
5
3
,
5
1
9
,
5
0
1
5
,
3
0
8
2
3
,
0
1
0
3
,
0
6
,
4
9
5
9
,
4
0
7
8
,
8
0
1
6
,
4
0
2
,
0
1
2
,
0
0
1
8
У
1
8
0
7
0
5
,
1
8
,
7
9
,
0
3
,
5
2
0
,
7
0
1
6
,
3
0
1
0
9
0
,
0
1
2
1
,
0
7
,
2
4
6
9
,
8
0
8
6
,
0
0
1
7
,
0
0
2
,
0
4
1
,
9
4
1
8
а
У
1
8
0
7
4
5
,
1
9
,
3
9
,
0
3
,
5
2
2
,
2
0
1
7
,
4
0
1
1
9
0
,
0
1
3
2
,
0
7
,
3
2
7
6
,
1
0
1
0
5
,
0
0
2
0
,
0
0
2
,
1
8
2
,
1
3
2
0
У
2
0
0
7
6
5
,
2
9
,
0
9
,
5
4
,
0
2
3
,
4
0
1
8
,
4
0
1
5
2
0
,
0
1
5
2
,
0
8
,
0
7
8
7
,
8
0
1
1
3
,
0
0
2
0
,
5
0
2
,
2
0
2
,
0
7
2
2
У
2
2
0
8
2
5
,
4
9
,
5
1
0
,
0
4
,
0
2
6
,
7
0
2
1
,
0
0
2
1
1
0
,
0
1
9
2
,
0
8
,
8
9
1
1
0
,
0
0
1
5
1
,
0
0
2
5
,
1
0
2
,
3
7
2
,
2
1
2
4
У
2
4
0
9
0
5
,
6
1
0
,
0
1
0
,
5
4
,
0
3
0
,
6
0
2
4
,
0
0
2
9
0
0
,
0
2
4
2
,
0
9
,
7
3
1
3
9
,
0
0
2
0
8
,
0
0
3
1
,
6
0
2
,
6
0
2
,
4
2
2
7
У
2
7
0
9
5
6
,
0
1
0
,
5
1
1
,
0
4
,
5
3
5
,
2
0
2
7
,
7
0
4
1
6
0
,
0
3
0
8
,
0
1
0
,
9
0
1
7
8
,
0
0
2
6
2
,
0
0
3
7
,
3
0
2
,
7
3
2
,
4
7
З
0
У
3
0
0
1
0
0
6
,
5
1
1
,
0
1
2
,
0
5
,
0
4
0
,
5
0
3
1
,
8
0
5
8
1
0
,
0
3
8
7
,
0
1
2
,
0
0
2
2
4
,
0
0
3
2
7
,
0
0
4
3
,
6
0
2
,
8
4
2
,
5
2
З
З
У
3
3
0
1
0
5
7
,
0
1
1
,
7
1
3
,
0
5
,
0
4
6
,
5
0
3
6
,
5
0
7
9
8
0
,
0
4
8
4
,
0
1
3
,
1
0
2
8
1
,
0
0
4
1
0
,
0
0
5
1
,
8
0
2
,
9
7
2
,
5
9
3
6
У
3
6
0
1
1
0
7
,
5
1
2
,
6
1
4
,
0
6
,
0
5
3
,
4
0
4
1
,
9
0
1
0
8
2
0
,
0
6
0
1
,
0
1
4
,
2
0
3
5
0
,
0
0
5
1
3
,
0
0
6
1
,
7
0
3
,
1
0
2
,
6
8
4
0
У
4
0
0
1
1
5
8
,
0
1
3
,
5
1
5
,
0
6
,
0
6
1
,
5
0
4
8
,
3
0
1
5
2
2
0
,
0
7
6
1
,
0
1
5
,
7
0
4
4
4
,
0
0
6
4
2
,
0
0
7
3
,
4
0
3
,
2
3
2
,
7
5
361

362
Таблица П.11
Нормативные и расчетные сопротивления при
растяжении, сжатии и изгибе листового,
широкополосного
универсального и фасонного проката по ГОСТ 27772-88
для стальных конструкций зданий и сооружений
Сталь Толщина
проката,
мм
Нормативное
сопротивление,
МПа (кгс/мм ), проката
Расчетное сопротивление,
МПа (кгс/см ), проката
листового,
широкопо-
лосного
универса-
льного
фасонного
листового,
широкополо-
сного
универсального
фасонного
С235 От2до20 235
(24)
360
(37)
235
(24)
360
(37)
230
(2350)
350
(3600)
230
(2350)
350
(3600)
Св.20"40 225
(23)
360
(37)
225
(23)
360
(37)
220
(2250)
350
(3600)
220
(2250)
350
(3600)
" 40"
100
215
(22)
360
(37)
-
-
210
(2150)
350
(3600)
-
-
" 100
195
(20)
360
(37)
-
-
190
(1950)
350
(3600)
-
-
С245 От2до20 245
(25)
370
(38)
245
(25)
370
(38)
240
(2450)
360
(3700)
240
(2450)
360
(3700)
Св.20"30
-
-
235
(24)
370
(38)
-
-
230
(2350)
360
(3700)
С255 От2до3,9 255
(26)
380
(39)
-
-
250
(2550)
370
(3800)
-
-
"4
" 10245
(25)
380
(39)
255
(26)
380
(39)
240
(2450)
370
(3800)
250
(2550)
370
(3800)
Св.10"20 245
(25)
370
(38)
245
(25)
370
(38)
240
(2450)
360
(3700)
240
(2450)
360
(3700)
" 20"40235
(24)
370
(38)
235
(24)
370
(38)
230
(2350)
360
(3700)
230
(2350)
360
(3700)

363
Продолжение табл. П.11
Сталь Толщина
проката,
мм
Нормативное
сопротивление,
МПа (кгс/мм ), проката
Расчетное сопротивление,
МПа (кгс/см ), проката
листового,
широкопо-
лосного
универса-
льного
фасонного
листового,
широкополо-
сного
универсального
фасонного
Св.10"20 265
(27)
370 (38) 275
(28)
380
(39)
260
(2650)
360
(3700)
270
(2750)
370
(3800)
С285 От2до3,9 285
(29)
390 (40) -
-
280
(2850)
380
(3900)
-
-
"4
"10275
(28)
390 (40) 285
(29)
400
(41)
270
(2750)
380
(3900)
280
(2850)
390
(4000)
Св.10"20 265
(27)
380 (39) 275
(28)
390
(40)
260
(2650)
370
(3800)
270
(2750)
380
(3900)
С345 От2до10 345
(35)
490 (50) 345
(35)
490
(50)
335
(3400)
480
(4900)
335
(3400)
480
(4900)
Св.10"20 325
(33)
470 (48) 325
(33)
470
(48)
315
(3200)
460
(4700)
315
(3200)
460
(4700)
" 20"40 305
(31)
460 (47) 305
(31)
460
(47)
300
(3050)
450
(4600)
300
(3050)
450
(4600)
" 40"60 285
(29)
450 (46) -
-
280
(2850)
440
(4500)
-
-
" 60"80275
(28)
440 (45) -
-
270
(2750)
430
(4400)
-
-
С345К От4до10 345
(35)
470 (48) 345
(35)
470
(48)
335
(3400)
460
(4700)
335
(3400)
460
(4700)
С375 От2до10 375
(38)
510 (52) 375
(38)
510
(52)
365
(3700)
500
(5100)
365
(3700)
500
(5100)
Св.10"20 355
(36)
490 (50) 355
(36)
490
(50)
345
(3500)
480
(4900)
345
(3500)
480
(4900)
" 20"40 335
(34)
480 (49) 335
(34)
480
(49)
325
(3300)
470
(4800)
325
(3300)
470
(4800)

Учебное издание
Поляков Алексей Афанасьевич
Сопротивление материалов
Редактор Н. В . Рощина
Компьютерная вёрстка Арт. Ал. Полякова
Дизайн обложки К. П . Потапова
Подписано в печать 20.04.2011.
Формат 60х84 1/16.
Бумага писчая.
Плоская печать.
Усл. печ. л. 18,5.
Уч.- изд. л. 20,2.
Тираж 300 экз.
Заказ 42,66.
Редакционно–издательский отдел УрФУ
620002, Екатеринбург, ул. Мира, 19
rio@mail.ustu.ru
Отпечатано в типографии
ООО «Издательство УМЦ УрФУ»
620078, Екатеринбург, ул. Гагарина, 35а, оф. 2 .