ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
МГСУ
МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ
СТРОИТЕЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
Н.М. Атаров, Г.С. Варданян,
А.А. Горшков, А.Н. Леонтьев
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Учебное пособие
Часть 2
ж.
...л
ТЛИИИИЕВ'
I
8 б®!

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ СТРОИТЕЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
Н.М.Атаров, Г.С.Варданян
А. А. Горшков, А.И.Леонтьев
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
¥ л Г'; И	Д\,Г.
, Учебное пособие
Часть 2
Под общей редакцией профессора Н.М.Агарова
.г:	<,ч.	(	’ .	;
Рекомендовано Учебно-методическим объединением вузов РФ по
образованию в области строительства в качестве учебного пособия для студентов,
обучающихся по направлению 270100 «Строительство»
Москва 2010
УДК Й9.3	1 МН Г 1	ГЛ 'МОл
ББК 30.121	--------- - - .
С64
Сопротивление материалов. Учебное пособие. Н.М.Атаров,
Г.С.Варданян, А.А.Горшков, А.Н.Леонтьев: — М., МГСУ, 2010. - 80с. с илл.
ISBN 5-7264-0484-Х
Настоящая вторая часть учебного пособия по курсу "Сопротивление материалов с
основами строительной механики и теории упругости, пластичности и ползучести" посвящена
разделам: "Определение перемещений в балках и рамах при прямом изгибе", "Расчет
статически неопределимых балок и рам с помощью метода сил", "Расчет балок на упругом
основании!’, "Кручение стержней", "Сложное сопротивление стержней". "Устойчивость и
продольно-поперечный изгиб стержней". Приведены основные формулы этих разделов,
подробно рассмотрены примеры решения задач.
Учебное пособие предназначено для оказания помощи студентам строительных
специальностей вузов при выполнении расчетно-графических работ и при подготовке к
различным видам контроля знаний (защита расчетно-графических работ, компьютерное
тестирование, зачеты и экзамены).
Рецензенты:
Кафедра “Прочность материалов и конструкций” Российского университета
дружбы народов (зав.кафедрой профессор, д.т.н. С.Н.Кривошапко); член-
корреспондент РААСН, профессор, д.т.н. Н.Н.Шапошников (Московский
государственный университет путей сообщения). ;1
ISBN 5-7264-0484-Х
ББК 30.121
© Коллектив авторов, 2010
© МГСУ, 2010
ПРЕДИСЛРЙИД 4>	?	ЭИЯ5 - MW
Учебное пособие предназначено для оказания помощи студентам строи-
тельных специальностей вузов при выполнении расчетно-графических работ по
сопротивлению материалов, основам строительной механики (для специально-
стей ВиВ, ТГВ и СТ) и теории упругости и пластичности.
лгС Пособие состоит из 3-х частей и 14 глав по темам расчетно-графических
работ. Каждая глава содержит краткое изложение теории, где приведены oct
новные формулы и уравнения, и примеры решения задач, аналогичных задачам
в расчетно-графических работах. ? ; с i 1
.. В конце каждой части пособия приведен сортамент стальных прокатных
стержней - уголков, двутавров и швеллеров.	....
Во второй части пособия приведены главы, соответствующие учебному
материалу 2-го семестра изучения сопротивления материалов - определение
перемещений в балках и рамах при прямом изгибе, расчет статически неопре-
делимых балок и рам с помощью метода сил, расчет балок на упругом основа-
нии, кручение стержней, сложное сопротивление стержней, устойчивость и
про до льно-поперечный изгиб стержней
Пособие написано профессорами кафедры сопротивления материалов
МГСУ. Большую помощь при написании и подготовке к изданию учебного по-
собия оказали авторам коллеги по кафедре - профессор О.В.Мкртычев, доцен-
та А.Я.Астахова, А.В. Ильяшенко и А.Г.Паушкин.
ч В пособии использована система единиц СИ, а также традиционные для
курса сопротивления материалов обозначения: сила - Р, площадь поперечного
сечения стержня - RСоотношения между основными механическими величи-
нами в единицах СИ и в технической системе приведены в следующей таблице:
Наименование величины 3-£	Един иц а		Соотношение единиц
	Наименование	Обозначение	
Сила, нагрузка, вес	Ньютон	11	1Н «0,1 кге 1кН « 0,1тс
Линейная нагрузка ; ... ;	.Л-.J£:	s	Ньютон на метр	Н/м ,	 ‘	л ।	1Н/м « 0,1кгс/м 1кН/м « 0,1тс/м
Моментсилы,момент пары сид? я	* Ньютон-метгр •'г т ’.. л	Нм	/ 1Нм « 0,1 кге-м 1кНм«0,1тс-м ,
Напряжение, давлеййё	- ПЙекайьл		е Н1а « 0,1кгс/м2 1МПа « 1()кгс/см2
।	ЗкЯЬННЛЧ’а	ЪЩЦ - Я ' IP. Z- 'г ’ 
При определении ; напряжений’;Вл качестве: вспомогательной единицы изме-
рения используется также кН/см2 (1 кН/см2 =10 МПа).	Г? >
ГЛАВА 5
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ В БАЛКАХЙРАМАХ
ПРИ ПРЯМОМ ИЗГИБЕ
5.1. Основные определения и формулы
При изгибе ось балки искривляется (рис.5.1), что сопровождается появле-
нием прогибов v(x) и углов поворота поперечных сечений ср(х) - кото-
рые принимаются равными углам наклона касательной к изогнутой оси. Эти
величины называются линеиными и угловыми перемещениями.
Рис.5.1
Прогибы считаются положитель-
ны ми, если они происходят в положит
тельном направлении оси Оу. Углы
поворота считаются положительными
при повороте касательной к изогнутой
оси по ходу часовой стрелки.
Для определения законов изме-
нения прогибов балок р(х) при пря-
мом изгибе используются дифференциальные уравнения второго порядка
EJv\x)=- ,
или четвёртого порядка
;;	(5.2)
где EJ - жёсткость балки при изгибе, М(х) - изгибающий момент в попереч-
ном сечении, q(x) - распределённая поперечная нагрузка.
При определении перемещений с помощью метода начальных параметров
используется выражение 1	.on wrJ • Ли i: • j > -
/ \ s \	7И()х2 Цх3'
Ф)- Ц,' + Фо*	“
3!Е7 ,
V .	2!£J
...Jz
_ £(х-гг3)3 + </(л -я4)4 _ Г
3!£/	4!Е7	4!£7
4	5	е
Здесь р0 , ф0, А/о, 20 - начальные параметры, представляющие
(5.3)
I
собой
13 «
прогиб, угол поворота, изгибающий момент и поперечную силу в начальном;
сечении х = 0 и Дер - взаимный угол поворота сечений в промежуточном шар-
нире. Формула (5.3) соответствует воздействиям и участкам, показанным на
рис.5.2.
Неизвестные в начале расчёта начальные параметры и величины Дер под-
лежат определению из соответствующих граничных условий.
Общим методом определения перемещений в стержневых системах явля-
ется метод Мора. Метод Мора сводится к вычислению интегралов, которые
представляют собой работу единичных сил Р = 1 или единичных моментов
М = 1 на искомых перемещениях.
4
Я
шшш
MG
Q.
Рйс.5.2

Для балок и рам используется формула Мора, содержащая изгибающие
моменты:
(5.4)
Здесь M;k - изгибающий момент от действия единичной силы или еди-
ничного момента, прикладываемых по направлению искомого перемещения;
МР - изгибающий момент от действия заданных нагрузок. При определении
линейных перемещений прикладывается единичная сила, а при определении
угловых перемещений - единичный момент.
Для балок и стержневых систем,
состоящих из прямых стержней с посто-
янной жёсткостью EJ, вычисление ин-
тегралов Мора можно произвести с по-
мощью правила А.К.Верещагина (пра-
вило «перемножения» эпюр) по форму-
ле
кМр г. 1	/с
Ёт ds ~ -- ус£1р ь (5.5)
EJ EJ
где ус - ордината в линейной эпюре
Мк под центром тяжести площади О.Р
криволинейной эпюры МР (рис.5.3).
При использовании формулы (5.5)
сложную эпюру надо разбить на про-
стые фигуры, у которых известны площадь и положение центра тяжести. Наи-
более часто элементами разбиения являются трапеции и квадратные параболы.
Площадь квадратной параболы на участке длиной I с нулевыми начальным и
конечным значениями определяется по формуле
4 12 ’
где q - интенсивность равномерно распределённой нагрузки.
Если эпюры МР и Мк на участке длиной / представляют собой трапеции
(рис.5.4), то формулу (5.5) можно привести к следующему виду (формула «пе-
ремножения» трапеций):
(5.6)
5
Рис.5.4
^кР =----Qac + 2М + ad + Ъс) .	(5.7)
6EJ
/ Если 'интеграл Мора имеет положительное зна-
чение, то направление перемещения Совпадает с на-
правлением действия соответствующих единичной
силы или единичного момента: В противном случае
перемещение противоположно этому направлению.
5.2. Примеры решения задач
а)
М=10кНм Р715кН 9=10kHAi
Р7_а____ЕШТШПШПШ
о
	'Л,=25кН ।	С	J 1	V X Х=20кН
1 м	. 1м .1^	1	Зм ! > !	
25
26,1
Е/ф
19,8|
EJv
16,4
в)
10
11,4
Задача 5.1.
Для шарнирно опертой балки (рис.5.5,а) построим эпюры Q и М й выпол-
ним подбор сечения из условия прочности в виде стального прокатного двутав-
ра. Определим с помощью метода начальных параметров и метода Мора значе-
ния прогибов и углов поворота в
характерных сечениях балки и по-
строим эпюры v и <р. Определим
числовые значения v и ф. В рас-
четах примем R = 21 кН/см2, Е =
. =2,1 -104 кН/см2, 7/= 1,2 и ус = 0,9.
? Определяем опорные реакции:#
ЕМ = 0, 10 -154- 10-3-2,5 +	•
+ 47?^ — 0, R&— 20 jcH;
ZMB = 0, 10 + 15-3 ч- 10 3-1,5 -
- 4Ra ?f0, Ra = 25 i?H;
ЕУ= 0 (проверка), 1.5 + 10-3
VJ ^25-20-45^45-0.
Определяем значения изги-
бающих моментов и поперечных
сил в характерных сечениях балки и
строим эпюры Q и М (рис.5.5,б,в).
Определяем экстремальное значе-
ние :Мтах в пролете. Из пропорции
находим положение сечения, где
действует максимальный момент.
перегиб
• 222
32,4 ^тах
Рис.5.5
20	10	v
— = ---, Хо = 2 м ;
х0 3-Л-,,
6
мтах=мс = 20-2 - 10 • 2 • 1 = 20кНм.
Определяем расчетное значение наибольшего изгибающего момента.
Мр = M^f 20 • 1,2 = 24 кНм.
Требуемый момент сопротивления сечения равен:
W\ > Л/р 24'12 |27см’.
2 ycR 0,9-21
По сортаменту принимаем: 118,	= 143 см3, Jz = 1290 см4.
Составим с помощью формулы (5.3) выражение для прогиба балки в пре-
делах трех характерных участков.
А/х-1)3 । Р(х-2)3 । д(х-2)4
2!Е7 31EJ Y 31EJ 2 31EJ 41EJ
Начальные параметры равны:
х = 0, М) = -Ю кНм, Qq = 0.
Для определения неизвестных начальных параметров v0 и сро использу-
ем граничные условия:
,	10-12 л
[p=v0+l-<p(K+—г = о;
2EJ
,	10-52
р = ро+5(Ро+-—
Решаем систему алгебраических уравнений.
25-43
6EJ
15-З3 10-З4 л
------1-----_ Q ,
6EJ 24EJ
х y 1 м ,
х = 5 м,
5 I
Ц>+<Ро=-^р
к/
40,42 ’
vo +5<Ро = „-
В качестве проверки вычислим
значения р0 и ср0 с помощью ме-
тода Мора. Построим единичные
эпюры изгибающих моментов
(рис.5.6,aj^) и вычислим интегралы
Мора с помощью правила А.К. Ве-
рещагина, то есть «перемножим»
единичные эпюры с эйорой момен-
тов от действия заданных нагрузок
М=МР.
16,4
EJк
«0/
11,4
О., = —
EJ
Рие.5.6
7
v = [М|Л/р^ = --Ц--1-1 10+—(2-1-10 - 2 0,75-15 +
'	 EJ EJ\2 6V ’ ’
1	7	in. 13 I
+ 10- 0,75 -15-1) JM5- 3- + • 0,75	A • 0,75
2	3	12 2
J 6,35 .
EJ ’
। г 1/
<p0 = |.-..? dx =----10-1-1 + Х+2-10-1 + 2-15-0,75-
* EJ EJi	6
> 1 -ui 2	1
-10-0,75 + 15-l)+ — -15-3- —-0,75 + ——• — •0,75
7 2	3	12	2
11,35
Результаты определения vQ и <рр с помощью метода начальных парамет-
ров и метода Мора практически совпали. Запишем окончательные выражения
ДЛЯ р(%) И (р(%).	,»	
EJ
-16,4 + 11,4% +
1
EJ
11,4 + 10%
ГОх-	25(д-|)3
2! ]	3!
.	25(л- 1)2
л» 2!	'
10(%-2)4
3!
4!
2
- 15(%-2)2 । 10(%-2)3
2!
3!
Вычислим значения v и <р в характерных сечениях балки.
„	16,4	11,4
х = 0, V = и(. =-------,	ф =.фп =---;
° EJ	° EJ.
—(11,4+10-1)=-1,4;
17	’	17 Т 7
х = 1 м, ь? = 0 (граничное условие), ср =	.
A ^EJ
10-2? 25-1Н
2 W ]
25-12 V
2 J:
10-з2
р = — -16,4 + 11,4-2 +
EJ[,
Л ' EJ’
22,2
EJ
3_
3_
% = 3m,
18,9.
£J ’
25-23 15-1' >40*1?
----—~г. +.	;—h —
2	6	6	24
25-22 15-12 10-13 )
-------1-------|L-----
• 2	:.‘2'. Е )
v = 0 (граничное условие),
25-42	15-32 Ю-З3'
------+	1-	
2-----2--------6
<р = — 11,4+10-2-
EJ\
v~-—~ -16,4 + 11,4-3 +
Ej\
ф-J- 111,4 + 10-3-
Ф=2- 41,4 + 10-5-
EJ\
0,6.
26,1
EJ
_32,4 -
Г EJ "
% = 2 M,
% = 5 м,
2
В качестве проверки вычислим некоторые значения v и (р с помощью
метода Мора. Соответствующие единичные эпюры приведены на рис.5.7,а,б.
8
р(2) =	dx = • 1 (2 -! 5. о,75 -10 - 0,75) +
J Е/ EJ\.(>
1,г , 2„,г 10-3* 1П„Л 22,19
+ -15-3--0,75 + —-------—0,75 =—
2	3	12	2 J EJ
<р(5)= \^^dx = —I1~^(- 2 • 15  0,25 + 10 • 0,25)-
 7 0J EJ £7L6
-^(2.15.0,25 + 15.1)-^.l^ = -^
6V	7	12	2 J EJ
Результаты вычислений практически
совпали. Строим эпюры v и ср, отметив
их особенности (рис.5.5, г, д). Ординаты
эпюр умножены на жесткость EJ.
В сечении, где Q обращается в
нуль, на эпюре ср имеется точка переги-
ба. В сечении, где М = 0 (участок 2), на
эпюре <р имеется экстремум (pwar, а на
эпюре v - точка перегиба. В сечении,
где (р = 0 (участок 3), прогиб имеет экс-
тремальное значение vmax.
В пределах участка 1 <р изменяется
по линейному закону. В сечении В касательная к эпюре <р параллельна оси.
Определим числовые значения v и ср . Размерность длины в числителе
переведём в сантиметры.
У2.4-Ш
' EJ 2,1-104-1290
2W'W
v £’./	2,1 -IO4 -1290
= 1,2 см;
0,00963 рад = -0,55°.
Задача 5.2.
Для балки с промежуточным шарниром (рис.5.8,а) определим значения
поперечных сил, изгибающих моментов, прогибов и углов поворота в харак-
терных сечениях и построим эпюры этих величин.
Разбиваем балку на несомую B(J и несущую ИВ части (балки). Произво-
дим статический расчет несомой балки ВС (рис.5.8,6). х
ЕЛ4 = 0,	,	-14-3-1,5-12+ 5ЯС= Q, ^ = '15^7'
Wc=0,	14-3-3,5 - 12-5Вв = 0,	Вд = 27кН; ?
ЕУ= 0 (проверка), 14-3 - 27 - 15 = 42 - 42 = 0 .
9
Рис.5.8
Эпюры Q и М приведе-
ны парис.5.8,щг. Определяем
экстремальное значение изги-
бающего момента в пролете
ВС.
— =—, л'о= 1,93 м;
х0 3-х0
14-1932
^=27-1,93--------р- =
= 26,04 кНм.
Запишем выражение для
прогиба балки с помбщью ме-
тода начальных параметров.
р(х>120+ф0Х-——-
-^.+Д<р8(х-3^
Р(х-2)3 , Щ-2)4 _
3!Е/	4!£7 2
. <fc-5)4
4! EJ /
Начальные параметры
равны:
1?о=О, фо = О,
М0 = -24кНм, Qo =12 кН.
Для определения неиз-
вестного взаимного угла пово-
рота сечений Дфв в промежу-
точном шарнире используем
граничное условие:
х = 7м,v=
24-72 . 12-73	.	15-53. 14-5*	Л?!	11,1
2EJ 6EJ	6EJ 24EJ 24EJ . .EJ
В качестве проверки определим зндч^ние Аф* с помощью метода Мора.
Поскольку Аф/? представляет собой взаимное угловое перемещение s.(угол по-
ворота правого сечения в шарнире В относительно левого сечения), приложим
в сечении В парный единичный момент. Соответствующая единичная эпюра
изгибающих моментов приведена на рис.5.9.
10
Рис.5.9
«Перемножаем» единичную и грузовую эпюры изгибающих моментов.
Дфй =	=	——(2-24 1,4 + 24-1)+—(2-18-0,4+ 18-1) +
J EJ EJ 6	6
о	L
14-33 1 + 0,4 2^1ОЛЧ л л
—--—+ (2 -18- 0,4-12 • 0,4)
12	2 О
]1,05-
EJ
Результаты вычисления практически совпали. Запишем окончательные
выражения для р(х) и ф(х).
1	24х2'	12.ff
	2! :	3!
15(л - 2)3 । 14(.г 2)4
3!	4!
1 EJ	94	12*~ 24х 2!	1111 15(*~2)2 ,Л4(*-2)3 ,	’	2!	3!
14(х-5)4
4!
14(х-5)3
3!
2	:
з_
3_
Вычислим значения v и
Ф в характерных сечениях балки.
х = 0,
х = 2 м,
v = vo=O,	ф = фб=0;
1 Г24-22 12-23V 32
EJ\ 2	6 \EJ’
х = 7 м.
Флев
/:'./(	2 J EJ'
Л 1 Ьл л , .1 35,1
Фправ = Флев + АФ« =	I24 + 1	~
^-^+11,1-3-^
2	6	6
1 С. . 12-52 ,,,
ф = — 24-5-------+ 11,1
EJ[ 2
14-34'
24
15-32 14-33
--------1------
2	6
23,5
EJ '
12 = 0 (шарнирная опора),
1 (	12-72	15•52	14-53
EJ\ А 2 if» ,-2	• 6
14-23
6
29,5
EJ '
х = 5 м,

_ 62,9
’ EJ '
И
В качестве проверки определим некоторые значения v и ср с помощью
метода Мора. Соответствующие единичные эпюры приведены на рис.5.10, 5.11
и 5.12.	'	ф гтг:- • 7;
<P(7)=W
a EJ
1	2	1	2	14-33 1
24-2- 0,4- 18-3- 0,6-	• 0,6 +
2	3	.2	3	12 2
+ -(- 2 • 18 • 0,6 + 2 • 12 -1 -18-1 + 12 •0,6) = _ 29’45 .
6	EJ
12
Результаты вычислений практически совпали. Эпюры и и ф приведены
на рис.5.8,^. Отметим их особенности. В сечении В угод поворота имеет ска-
чок, а касательные к эпюре ф параллельны оси. На эпюре V в этом сечении
излом и смена знака кривизны. В сечении, где Q обращается в нуль, на эпюре
Ф имеется точка перегиба. В сечении на третьем участке, где М = 0, угол по-
ворота имеет экстремальное значение ф^; а на эпюре v имеется точка пере-
гиба. В сечении на втором участке, где ф = 0, прогиб имеет экстремальное
значение итах.
Задача 5.3.	I О	_
Для балки (рис.5.13,а) построим эпюры Q и М и определим прогиб и
угол поворота в сечении G	ч
Данная балка является статически неопределимой, поскольку для опреде-
ления трех опорных реакций RA, RB и Мв можно использовать два уравнения
равновесия ХУ = 0 и 0. Составим выражение для прогиба балки с помо-
щью метода начальных параметров.
v(x)=vQ+($Qx-——
2AEJ
Qox
31EJ
Начальные параметры равны:
.	М) = 0.
Для определения неизвестных
начальных параметров ф0 и Q6 ис-
пользуем граничные условия:
х = 5 М‘ V = 0, 7ЕЩ0-
Составим выражение для углов
поворота ф(х) и раскроем гранич-
ные условия.
?(х—2 У
<p(x)=v'(x)=<p0-^-
2! EJ
31EJ
с Q)-53 18-34 п
р(5)= 5ш0-—------+------= 0;
v ’ Yo 6Е7	24£/
i.\	18 -З3 n
<p(5) =ф0 —+ —— = 0.
2EJ 6EJ
4\EJ
2,
Решаем систему алгебраических уравнений.
.	:2O,83go_. 60,75
Фо EJ EJ
12,50,,	81
Фо E7	EJ '
»- 22 3
<Po=~7> 60=^=8,26kH.
EJ
13
Определяем значения Q и М в характерных сечениях балки.
& = Qc= Ra '= 8,26 кН ,	Qr = 8,26 - 18-3 = - 45.74 кН ,
'МА = М0 = О,	Мс = 8,26-2 = 16,52 кНм,
Мв = 8,26-5 - 18-3-1,5 = - 39,7 к! 1м .	:
Эпюры Q jh М приведены на рис.5.13.,б,₽. Определяем экстремальное
значение момента.
8,26 45,74
	=	,	хо=О,46м.	1
х()---------------------------------------------3-х0
Мтах = 8,26 - 2,46 -1—-:462 = 18,4 кНм.
Определяем прогиб и угол поворота в сечении С:
"	=p(2)=—f22,3-2-8,26-2 "1 = —;
,	£7,1	6 J EJ
1	8,26-2^ 55,‘78
Фс =.<р(2)=— 22,3.——— =4- .
EJ	2	) EJ
Задача 5.4.
Для консольной рамы со стержнями различной жесткости (рйс.5.14,«) оп-
ределим с помощью метода Мора перемещения точки К.
Рис.5.14
14
Построим грузовую и единичные эпюры изгибающих моментов (рис.
5.14,б,в,г,д). Поскольку при определении перемещений в балках и рамах ис-
пользуется интеграл Мора, содержащий изгибающие моменты, построение
эпюр Q и N не обязательно. Для определения вертикального и горизонтально-
го перемещений точки К в этом сечении приложены единичные силы Р = 1, а
для определения угла поворота приложен единичный момент М ~ 1.
«Перемножаем» грузовую и единичные эпюры в пределах длины каждого
стержня и суммируем;результаты. . ^\м}МР ,  1 1 _ _	: 1 Гзо-6 _ Д1Р = > —+—L *ax = ~~	2-2^6 + -—	3 17 +0J EJ	EJ 2	2EJ\ 2		.2-«21 12		) EJ
J ^\М2МР,.	1 A 9 p = У —-—— dx =	 2P	EJ	2EJ	—(-2-30-3 + 6-3) + ^—- 6V	7	12	+ 3 2	--	IL. EJ"
i * EJ	EJ 1 V	-6-2-1 + 1 J30 6-3-1 2EJ\ 2	8-31 12		3 EJ'
Точка К перемещается вниз и вправо. Сечение К поворачивается против
хода часовой стрелки.
Задача 5.5.
Дйя шарнирно опертой рамы (рис.5.15,а) определим с помощью метода
Мора перемещения точки К.
Определяем опорные реакции от действия заданных нагрузок.
ЕХ=0,	НА = 6 кН;
=	- 12-3-1,5 -6-2-18 + 3VB = 0, Пе = 28кН;
Ws = 0,	12-3-1,5-6-2-18-3^4 = 0, К4 = 8кН;
ЕУ = 0 (проверка), - 12-3 + 8 + 28 = - 36 +36 = 0 .
Строим грузовую эпюру изгибающих моментов (рис.5.15,6).
Точка К может иметь только горизонтальное перемещение. Приложим в
точке К горизонтальную единичную силу Р -1 и единичный момент М = 1
и построим единичные эпюры изгибающих моментов (рис.5.15,в,г). «Перемно-
жив» эти эпюры с грузовой эпюрой Мр, получим.

dx =
1
3EJ
1
EJ
1	2	1
—-12-2- -2 + 12-2-2 +
2	3	)
3(2-12-2-18-2)+12^3---2
6V	7	12	2
54,3.
EJ ’
рЛ/Р
/ oJ EJ
Ip
-----12-2-1 +
3EJ
1
_|----
EJ
—(212-1-18-1)+^-^--— 1
6V	7	12 2
24,5
~ЁГ
15
Точка К перемещается вправо, сечение К поворачивается по ходу часо-
вой стрелки.
Рис.5.15
16
•in	ГЛАВА 6
РАСЧЁТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ БА.1ОК И РАМ
С ПОМОЩЬЮ МЕТОДА СИЛ
6.1. Основные определения и формулы
В статически неопределимых стержневых системах число неизвестных
опорных реакций или внутренних усилий превышает число независимых урав-
нений равновесия, которые можно составить для их определения. Разность ме-
жду ними характеризует степень статической неопределимости системы п, то
есть число избыточных или «лишних» связей.
4 Наличие промежуточного шарнира, соединяющего два стержня (простой
шарнир), понижает степень статической неопределимости на единицу. Наличие
шарнира, соединяющего к стержней, понижает степень статической неопреде-
лимости на величину к - 1, поскольку такой шарнир эквивалентен к - \ про-
стым шарнирам.
На рис.6.1 показана один раз статически неопределимая балка, для которой
п = 3 ^2=1. Рама на рис.6.2 два раза статически неопределима (п = 6 - 3 - 1 =
- 2). Напомним, что жесткая заделка эквивалентна трем опорным стержням.
Степень статической неопределимости	Рис.6.2
плоской стержневой системы можно определить по формуле:
<=-^=“(ЗД-2Ш-С0),	[	(6.1)
где - число степеней свободы системы, Д -число жестких (геометрически
неизменяемых) элементов, условно называемых дисками, Ш - число простых
шарниров и Со - число Опорных стержней.
Использовав формулу (6.1) для рамы на рис.6.2, получим
л =	(3-2-2-1 - 6) = 2.
Таким образом, при п > 1 система является статически неопределимой,
при и = б она статически определима, а при п < 0 представляет собой геомет-
рически изменяемую систему или механизм.
При расчете статически неопределимых стержневых систем необходимо
использовать дополнительные уравнения, составляемые из условий деформа-
ции системы. Одним из основных методов расчета статически неопределимых
стержневых систем является метод сил.
При использовании метода сил надо устранить (отбросить) в заданной ста-
тически нерцредадимрй.сиотем^ «лишние» связи и образовать так называемую
основную систему, которая должна быть геометрически и мгновенно неизме-
няемой. Основных систем может быть несколько, из них выбирается наиболее
удобная для расчета.	5
В основной системе по направлению реакций в отброшенных связях при-
кладываются неизвестные силы или моменты	X- Они представляют
собой опорные реакции или внутренние усилия в сечениях, где устранены
«лишние» связи. Поставив условие, что деформации основной и заданной сис-
тем должны быть одинаковыми, надо в основной системе приравнять к нулю
линейные или, угловые перемещения по направлению реакций в отброшенных
связях от совместного действия нагрузок и неизвестных;. Таким образом,можно
составить дополнительные уравнения, которые позволяют определить неиз-
вестные Xi, Хг... .-аХп, то есть раскрыть статическую неопределимость задачи.
один раз статически неопределимой
Для образования первой ос-
новной системы отброшена шар-
нирная опора В (рис. 6.3,5). Неиз-
вестным является опорная реакция
Xi = RB. Дополнительное уравне-
ниесоставляется из условия равен-
ства нулю прогиба в точке В в ос-
новной системе от совместного
действия нагрузок и неизвестного
X:
V в ~ VBp +	= 0 •
Для образования второй ос-
новной системы жесткая заделка А
заменена ша^нирно-нёподвижной
опорой (рис.6.3, в). Неизвестным
является реактивный момент X] =
Мл. Дополнительное уравнение ха-
рактеризует равенство нулю угла
поворота в сечении А основной
,системы а,	...
Фл -Флр+Флл, =0 .
Для образования третьей основной системы в сечении С введен шарнир
(рис.6.3,г). Неизвестным является изгибающий момент Х\ =Mq. приложенный
по обе стороны от шарнира. Такое неизвестное называется парным. Дополни-
тельное уравнение характеризует равенство углов поворота сечений в точке С
основной системы, то есть равенство нулю взаимного угла поворота:
Афер +	= ,9 •	’
18
Решая дополнительиыеуравнения, можно определить все неизвестные ме-
тода сил. Если в результате решения знак неизвестного Хр оказался положи-
тельным, то это означает, что его направление соответствует принятому в нача-
ле расчета, а если отрицательным - то его направление надо изменить на про-
тивоположное.
Дополнительные уравнения удобно записывать в так называемой канони-
ческой форме метода сил:	..	, .
61?Xt+812X2*i......+8]^„+Ar/J=.O;'
|82]й^1 i 8?,А\ + .....+82nJfn +Д2Р =0;
(6.2)
J.л..л»/....:...v.7.;.i..w
+	+....^r,nXn
Уравнения (6.2) относятся к выбранной основной системе и характеризуют
равенство нулю линейных или угловых перемещений по направлению реакций
в отброшенных (устраненных) связях. Коэффициенты системы 8^ представ-
ляют собой перемещения по направлению реакций в отброшенных связях от
действия единичных сил или моментов Хк= 1. Стоящие на главной диагонали
системы (6.2) коэффициенты 8И, 622 ,..., Ъпп называются главными коэффици-
ентами. Они всегда являются положительными.
Коэффициенты 8Й (z Ф к) называются побочными коэффициентами. Для
них на основание теоремы Бетти о взаимности работ справедливо равенство
б/А f= бА/.. Побочные коэффициенты могут быть положительными, отрицатель-
ными и равными нулю.
Величины Д/р называются грузовыми или свободными членами. Они
равны перемещениям в основной системе по направлению реакций в отбро-
шенных связях от Действия заданных нагрузок. Грузовые члены могут быть по-
ложительными, отрицательными и равными нулю.
Отметим, что при рациональном выборе основной системы часть побоч-
ных коэффициентов и грузовых членов обращаются в нули, что приводит к уп-
рощению расчета	.
Вид канонических уравнений не зависит от выбора основной системы, а их
число равно степени статической неопределимости заданной системы.
Для определения коэффициентов и грузовых членов системы (6.2) обычно
используется метод Мора. Для систем, стержни которых работают в основном
на изгиб (балки и раМЫ); имеем	f5 >
y-i	еМ Мр
=Е	Aip=Е  -	(63)
 Вформулах(б.З) M.t и Мк - изгибающие моменты в стержнях основной
системы от действия единичных сил или моментов X, = 1 и - Г, a из-
гибающий момент в основной системе от действия заданных нагрузок.
О»	j & IНН	Л !	•	> : НИ! •. Г	'д ; i . ш Н'г;. д „ м
19
Интегрирование в формулах (6.3) производится в пределах длины каждого
стержня, а суммирование - по всем стержням системы.
Для систем с прямыми стержнями постоянной или ступенчато-постоянной
жесткости EJ вычисление интегралов (6.3) производится с помощью правила
А.К.Верещагина, то есть путем “перемножения” эпюр.
После решения канонических уравнений и определения всех неизвестных
можно построить окончательные эпюры изгибающих моментов М, поперечных
и продольных сил Q и N. При этом для простой основной системы можно
произвести ее расчет на совместное действие заданной нагрузки и всех неиз-
вестных.
Для сложных рамных систем удобно вначале построить окончательную
эпюру М с помощью суммирования ординат эпюр по формуле
М= M^MlXr+'M2X2+,.,....f^Mt,Xfl ./	(6.4)
Затем строится эпюра поперечных сил Q с помощью дифференциального
соотношения Mr = Q. Значения продольных сил N определяются с помощью
уравнений равновесия О, 0 узлов рамы.
После построения эпюры 7W необходимо выполнить кинематическую
проверку правильности решения и убедиться в выполнении условий деформа-
ции основной системы. Кинематическая проверка выполняется по формуле
?Яг?=°-;	(б-5)
При использовании правила А. К. Верещагина результаты «перемножения»
всех; единичных эпюр с окончательной эпюрой # должны быть равны нулю.
После построения эпюр М, Q и N определяются опорные реакции и
производится проверка равновесия системы вцелом. <	1	•  \
и к Определение перемещений в статически неопределимой системе произво-
дится с помощью любой (наиболее удобной) основной системы. Приэтом надо
построить в основной системе соответствующую единичную-эпюру Мк и «пе-
ремножить» ее с окончательной эпюрой Mi - J - э *
6.2. Примеры решения задач	=
Задача 61.
Для статически неопределимой двухпролетной балки (рис. 6.4,я) построим
эпюры М и Q и определим угол поворота сечения на опоре С.
Данная балка два раза статически неопределима (ц = 4 - 2 = 2). Для обра-
зования основной системы заменим жесткую заделку А шарнирно неподвиж-
ной опорой и введем в сечении В промежуточный шарнир (рис.6.4,б).
Основная система представляет собой две не связанные друг е другом од-
нопролетные шарнирно опертые балки АВ и ВС.Неизвестными метода сил
являются реактивный момент в заделке Х\ = Мд и изгибающий момент Хг =
Мв в сечении над опорой В. Этот момент надо приложить в основной системе
20
слева и справа от шарнирной опоры В. При этом величина Х% называется пар-
ным или групповым неизвестным.
Рис.6.4
Запишем канонические уравнения метода сил:
8^ +ЪпХ2 + А1Р=0;1
62]^1 + § 22'г^2
Первое из этих уравнений характеризует равенство нулю углаповорота се-
чения Л, а второе уравнение - равенство нулю взаимного угла поворота сече-
ний над опорой В в принятой основной системе.
Строим грузовую и единичные эпюры изгибающих моментов в основной
системе (рис.6.4,в,г,д). «Перемножив» эти эпюры между собой с помощью пра-
вила А.К.Верещагина, определим коэффициенты и грузовые члены канониче-
ских уравнений.
21
о
ХК , о 1 1 1 \ 1 > 2
—-—-ах = 2--1 • 3 • - •
EJ	EJ 2 Ъ EJ
‘{МЛМР,	1 12-33 1 ,	13,5
I——dx = ------— <-•! =—_Д_ •
J EJ	EJ 12	2 EJ
A
1 (12 -33	1	1	1	L	16,5
Ej[ 12	2	2	3	/	EJ
Решаем систему канонических уравнений:
—(%, + 0,5Х2 -13,5)= 0 j
EJ
—(0,5%) + 2X2 -16,5)=0;
X = MA = 10,71 kHm , X2 = Mb = 5,57 kl Im .
Статическая неопределимость балки раскрыта. Изгибающие моменты МА
и Мв вызывают растяжение верхних волокон.
Для построения окончательных эпюр М и Q производим статический
расчет балок АВ и ВС основной системы на совместное действие заданных
нагрузок и моментов Ху и Х2 (рис.6.5Л^	____. _ х
Балка АВ
1М,= 0,	R™--	12-3-1,5-10,71 +5,57	тт =	L—	z— = 16,3 кН ; 3
YMB=0,	Ra =	12-3-1,5 + 10,71-5,57 ,1Q_ u : 	 = 19 7 KJP 3
Е Y = 0 (проверка),	12-3 - 19,7- 16,3 = 36-36 = 0.
Балка ВС
YMB=0, Rc = 6+^? +WI;	s
j Y = 0 ,	4'? = Кс = 3,86 кН.
Окончательные эпюры М и Q приведены на рис 6.5,б,в. Определяем зна-
чение Мтах в пролете АВ:	шнош-; ху .-хо
О2	19 72
Мтах = МА+ — = -10,714---1-- = 5,46кНм .
1 \, 2q '	~ 2Д2
22
Выполним кинематическую проверку правильности решения задачи. Для
этого «перемножим» окончательную эпюру М с единичными эпюрами М\ и
М2 и убедимся в выполнении условий деформации основной системы:
' . СМ.М ,	1 Гз	.. 12-3
н = фл - г-dx = -й— — • (2 • 10,71 -1 + 5,57 • 1)-------------
J EJ EJ 6	12
	'	о ‘ s:s,:‘	"
= —(13,495-13,5)=-2^
E7V	EJ
Относительная погрешность вычислений равна
Л О/О = +°21. 100 % = 0,04 %.
13,495
А \ ГМ'М J ' 1 Гз ..	12-33 1 ,
А, = Д(р„ = I—-—dx =-----(2 • 5,57 • 11 10.71 • 1) -	• • I +
2 я J EJ EJ 6	12	2
о	....	- /
+ - • (2-5Л7 -1^6-1) = —(16,495 -16,5)= -^221 ;
6	J ЕГ	7 EJ
0 005
д % =	. юо % = 0,03 %.
16,495
Вычислительные погрешности малы, задача решена правильно.
23
Значение опорной реакции на промежуточной опоре В в заданной балке
(рис.6.5,а) равно RB = = Rn™ + RnB = 16,3 + 3,86 = 20,16 кН. Выполним проверку
равновесия балки (статическая проверка):	'
S Y = 0 ,	123 + 3,86 - 19,7 - 20,16 = 39,86 - 39,86 = 0.
Для определения угла поворота сечения на опоре С построим в приня-
той основной системе соответствующую единичную эпюру изгибающих мо-
ментов Мз (рис.6.5,г) и «перемножим» ее с окончательной эпюрой М.
<рс =
(М.М .	1 з . _ Л
I—-—dx  -----(-2 • 6 • I + 5,57 • I) =
J EJ EJ 6
3,2
Ej'
Поворот сечения С происходит против хода часовой стрелки.
Задача 6.2.
Для статически неопределимой рамы со стержнями различной жесткости
(рис.6.6) построим эпюры М Q и N и определим вертикальное перемещение
точки С.
Определим по формуле (6.1) степень
статической неопределимости рамы
и = -(34-2-0-5) = 2.
Рама два раза статически неопредели-
ма. Для образования основной системы от-
бросим шарнирно-неподвижную опору В
(рис.6.7, а).
Неизвестными метода сил являются
опорные реакции на опоре В: X\ = VB и
Х2 = Е[в. Запишем канонические уравнения,
характеризующие равенство нулю линей-
ных перемещений точки В в принятой основной системе.
6] i X । + $12^2 + ^\Р = 0*
§21^) + ^22-^2 + ^2Р
Для определения коэффициентов и грузовых членов канонических уравне-
ний строим грузовую и единичные эпюры изгибающих моментов (рис.6.7,б, в,г)
и «перемножаем» их между сцбош
с	V ‘гМ.М.	,	1 1	_ _ 2	_	1	„ . _ 27
8,., = У ' '-dx = —•-•3-3---3 +-3-,4-3= —;
'!	i^EJ EJ 2	3 2EJ	EJ
_	^(М2М2,	„ 1	1	л л 2	.	1	. , л 69,33
577 = > —-—-dx =2--------4-4- — 4 + -^*--4-3-4 =—-—;
22	V0J ы 2EJ 1	3 EJ	EJ
$12 ~ $21
1 о
ffl4 = .l.I.3.3.4-±l<.4.!=-»
EJ EJ 2	2EJ 2	EJ
=—I
J EJ 2EJ
72- 24	. 12 - 43
------4 • 3 +---
12
- l.i.3.3.24.®
EJ 2	EJ
2

12-43 1
4 ....	12-4 1
Z(-2-24-4 + 72-4)--^-— --4 -
2EJ, 6	12	2. -
Решаем систему канонических уравнений:
?Х.(27ХТ; - 30Х2 + 60) = 0;
I	+69’33j¥2 -32°)=°;
. Х} = Кй = 5,6кН, Х2 = Нв = 7,04 кН .
Направления неизвестных Х} и Х2 соответствуют принятым в начале
расчета. Для построения окончательных эпюр М, Q и N произведем расчет
основной системы на совместное действие заданных нагрузок и сил Х^ и Х2
(рис.6.8м).
25
Определяем значения М, Q и N в характерных сечениях стержней рамы.
Стержень DC	v
М = 24 кНм (растянуты нижние волокна), Q N = 0.
~	( - х ''
Стержень BD
Мв = 0, MD = - 7,04-4 .=-v 28,16 кНм (растянуты правые волокну); ;
Qb = Qd = 7,04 кН, NB =Nd = -5,6 кН (сжатие).
Стержень РЕ	/
MD = - 28,16 + 24 = - 4,16 кНм (растянуты верхние волокна);
МЕ = - 4,16 + 5,6-3 = 12,64 кНм (растянуты нижние волокна);
Qd = Qe = - 5,6 кН, Nd =Ne = - 7,04 кН (сжатие).	Т7
-	\ 1	Г~:
Стержень АЕ	> t
МЕ =12,64 кНм (растянуты правые волокна);
МА=~ 12-4-2 + 24 +5,6-3= - 55,2 кНм (растянуты левые волокна);
qe = _ 7?04 кн, Qa = - 7,04 + 12-4 = 40,96 кН, NE = Na = 5,6 кН (растяжение).
Эпюры М, Q и N приведены на рис 6.8,б,в,г.
26
Определяем значение Мтах в левой стойке рамы (стержень АЕ):
Миох = Me + — = 12,64 + +Z++ = 14 7 кнм .
* 2д 	2-12
Выполним кинематическую проверку и убедимся в выполнении условий
деформации основной системы. Для этого «перемножим» окончательную эпю-
ру М с единичными эпюрами М\ и М2:
Д = у \^ALdx = — -  (2  12,64 • 3 - 4,16 • 3) +
1 J EJ EJ6
+ —f- 55’2~12’64.4 - 3 + *2 ’ -  з!=—(133,92 -133,92) = 0;
2£J\	2	12 J EJ	’
h'M,M ,	1 12,64-4,16
------2----
1	1	2
•3-4 + —— —-28,16-4- —-4 +
2EJ 2	3
1
+ - • (-2 • 12,64  4 4 55,2 • 4) - - - +  4 = —(148,7 -148,6)= —.
6	12	2 ЕГ	' EJ
i
Относительная погрешность вычислений равна:
IQ j
Д % = -X- • 100 %=Д07 %.
/• /	1W ” _	' ‘;	-
Вычислительная погрешность мала. Определим по эпюрам М, Q и N
значения опорных реакций (рис.6.9)v

12 kH/M
-40,96kH
JI^=55,2kHm , f
Кл=5,6кН
^24kHm
j ^=7,04kH
^=5,6kH

/ 5

C
A
Рйс.6.9
Рис.6Л0
Выполним статическую проверку равновесия рамы:
tX= 0 ,	12-4 - 40,96 - 7,04 = 48 - 48 = 0 ;
2У=0,	-5,6+ 5,6 = 0;
= 0,	- 12-4-2 + 24 +55,2 +5,6-3 = - 96 + 96 = 0 .
27
Рама в целом находится в равновесии.	V .ш:'.'	о
Определим вертикальное перемещение точки С, Для этого построим в ос-
новной системе соответствующую единичную эпюру Мз (рис.6.10) и «пере-
множим» ее с окончательной эпюрой М.
М 1 Г 1	3
А, = У dx =--------------2-2-24 + /,-(-2-12,64-5 + 2-4,16-2-
3 EJ EJ\_ 2	6
п /	1 /55,2-12,64 , _ 12 -43 Л 52,32
2ЕД 2	>	12	) Г EJ
Точка С перемещается вверх. f-
Задача 6.3.
Для статически неопределимой рамы с шарниром (рис.6.11) построим
эпюры М, Q и N и определим горизонтальное перемещение точки D,
Определим степень статической неоп-
ределимости рамы по формуле (6.1):
п = -(3-2 -2-1 -6) = 2.
Рама два раза статически неопредели-
ма и геометрически неизменяема. Она со-
стоит из консольной рамы ЛЕС и шарнир-
но опертой рамы BCD,соединенных меж-
ду собой шарниром С. Для образования
основной системы произведем мысленный
разрез по шарниру С (рис.6.12,б/).
Неизвестными являются силы Х\ и
Х2, характеризующие взаимодействие меж-
ду рамами АЕС и BCD. Величины Ху и
Х2 являются парными неизвестными.	г	ГД
Запишем/ канонические уравнения метода сил, характеризующие отсутст-
вие взаимных линейных перемещений сечений в шарнире С.
8} j Х{ +	+ Д^ = 0;
<52jJV| + 822X2 т- ^2р = 0.
Грузовая и единичные эпюры изгибающих моментов приведены на
рис.6.12,б,в,г. Отметим, что во втором единичном состоянии рама BCD не ис-
пытывает изгиб.
Определяем коэффициенты и грузовые члены канонических уравнений с
помощью метода Мора и правила А.К.Верещагина.
D 12 кН
ЗЕ/
Е
18 кН/м
шли
3EJ гТ
EJ
РИС;6Л1
о
МЛМХ ,	1	1	. _ 2	„	1	1	2 /	48
—!—-dx = —— ---4гЗ---4 + 2- — —4-4*--4 = —;
EJ	3EJ 2	3 EJ 2	3	EJ
28
Решаем систему канонических уравнений:
—(48 А) - 24 X 2 - 968) = 0;
•к:. ,£7	>>>
24-jKf + 39 А', 11033) = Q.
Xi = 10,01 кН, Д2 =-20,32 кН.
Направление силы Хг надо изменить на противоположное.
29
Построим окончательную эпюру изгибающих моментов сх помощью сум-
мирования эпюр по формуле (6.4). Строим эпюры = М\Х} и М2 = М2Х2
(так называемые «исправленные» единичные эпюры). Они приведены на
рИС.6.13,67,6.	,	1 Z
Сложив характерные ординаты эпюр М}, М2 и построим окончатель-
ную эпюру М (рис.6.14,я).	I
Выполним кинематическую проверку правильностшрешения.
А, =У	Г--(2-20-4 - 20,04-4)---7,96-4---4 -
Е/ EJ 6 v	’ 2	3
— * - • i -.7,96  3 - -  4 = —(106,7 -106,5)=	.
;Ж_2 з ej	ej
0 2
Относительная Погрешность равна: Д % = —-—100 % =? 0,19 % .
106,5
 4‘3 + -Lf--20,04-3'.--3-i^M---3
3/2/1 2	3	12	2
_^\м2м _ 1 20,04-20
VoJ EJ EJ 2
1
= -(20,28-20,25)= — .
EJK	’ EJ
Относительная погрешность равна: Д % = -	• 100 % = 0,15 %.
20.25
Вычислительные погрешности малы, эпюра М построена правильно.
Строим эпюру поперечных сил Q с помощью дифференциального соот-
ношения М’ = g. Определяем значения Q в стержнях рамы.
Стержень АЕ
Qa = Qe= +20 =-10,01 кН
30
Стержень sCE
qi--ME+Mc 18-3 20,04 + 0 _ w TT
Qe = г + —- +............= 33,68 кН . ;
;	2 I 2	3
’Ж	ME+Mc	18-3 20,04 + 0	ол^-.гг
Qc = - — + — ------ =---+ —-------= -20,32 кН .
2	/	2	3
Стержень ВС
7,96 4. г-
Qb = Qc =-^----1,99 кН.
Стержень CD
7 96
Qc = Qd = -^--2,65kH.
Эпюра Q приведена на рис.6.14,6.
Кл-33,68кН	Гй=22,97кН
Рис.6.14
Определяем значения продольных сил N в стержнях рамы с помощью
уравнений равновесия ZX=0 и Х У=0 узлов рамы (рис.6.15,67,6).
31
a)
10,01 кН
N = 10,01 кН
33,68 кН
б)
N= 33,68 кН
10,01 кН
20,32 кН 2,65-кН
= 12 кН
1.99 кН
N= 22.97 кН
Рис.6.15
Эпюра N приведена на рис.6.14,в. Определяем по эпюрам Q и N
значения опорных реакций (рис.6.14,г) и выполняем статическую проверку
равновесия рамы.	'
1^=0,	10,01 + 1,99-12= 12 - 12 = 0;
Z У = 0 ,	-18-3 - 2,65 + 33,68 + 22,97 = - 56,65 +56,65 = 0 ;
£МС = 0,	18-3-1,5 + 10,01-4 + 1,99-4 - 20 - 33,68-3 - 2,65-3
= 129- 129 = 0.	j
Рама в целом находится в равновесии.
Определим горизонтальное перемещение шарнирной опоры Ь. Для этого
построим в принятой основной системе соответствующую единичную эпюру
Мз (рис.6.16) и «перемножим» ее с окончательной эпюрой М.
Опора D перемещается влево.
32
ГЛАВА 7
РАСЧЕТ БАЛОК НА УПРУГОМ ОСНОВАНИИ
7.1. Основные определения и формулы
Под упругим основанием в инженерной практике обычно понимают раз-
личные грунтовые й скальные среды (массивы), на которые опираются фунда-
менты зданий, гидротехнические сооружения, дорожные и аэродромные по-
крытия.	и*
Конструкция на упругом основании находится под действием внешних на-
грузок и реактивного Отпора основания, непрерывно распределенного по длине
или площади контакта. Закон изменения реактивного отпора не может быть оп-
ределен из уравнений равновесия. Он зависит от свойств упругого основания и
характеризуется его расчетной схемой или моделью. В инженерной практике
наиболее часто используется модель основания Винклера, для которой прини-
мается линейная зависимость между реактивным отпором основания и осадкой
его поверхности.
При расчете балок на упругом основании Винклера (рис.7.1) используется
формула
qr(x) = kb v (х),	(7.1)
где: qr(x) - реактивный отпор основания, г» (х)~ прогиб балки, принимаемый
равным осадке поверхности основания, b - ширина площади контакта балки и
основания и к - коэффициент жесткости основания, называемый в механике
грунтов коэффициентом постели:
Рис.7 Л
Коэффициент постели определяется опытным путем и имеет размерность
Н/см3, кН/см3, МПа/м и т.п.
Дифференциальное уравнение изгиба балки на упругом основании Винк-
лера имеет следующий вид:	i
чул> $ мн	EJvw (x)+kbv(x^q(x);.	(7.2)
где EJ- жесткость балки при изгибе.
33
При интегрировании уравнения (7.2) производится замена переменной по
формуле:	ч* HWtftiFU
Е, = Ax, j л
L<7.3)
Параметр А характеризует жесткость (эалки и основания и имеет размер-
ность единицы, деленной на длину (например, 1/см).	.
Решение уравнения (7.2) в форме метода начальных параметров имеет сле-
дующий вид:
Ш).-
Л/ .
Ж2 *
Р
ЕЛ3
Величины v0,
2	(7.4)
5
У4(£-а2) + —
4	2 з 4Е/л
Ф(), Мо и Qo- называются начальными параметрами и
представляют собой прогиб, угол поворота поперечного сечения, изгибающий
момент и поперечную силу в начальном сечении балки д = 0 (£ = ()). Функции
в выражении (7.4) соответствуют нагрузкам и участкам, балки, приведенным на
рисЛ.2*	: J
Функции Уь У2, Уз и У4 представляют собой линейные комбинации про-
изведений гиперболических и тригонометрических функций. Они называются
функциями А.Н. Крылова и определяются по формулам
ад = ch£cos£;
А2(£) = |(ch^sin^ + sti^cos£);
)з(Е)- *sh^Sin£;
ч; 1
У4(^) ~ ~ (ch^sin^ - sh^cosQ.
Эти функции повторяются при дифференцировании в соответствии с фор-
мулами
4
4Ж*
(7.5)
dY±
-4E
^2=Y}>	=	^ = Уз
(7-6)
34
: При = О и (0) = 1, г2(0) = Хз(0) - г4(О) = О.
Углы поворота поперечных сечений балки, изгибающие моменты и попе-
речные силы определяются по формулам:
.,-1
Ж) = -EJk2v"& = -E.JYtf £) ; L	(7.7)
В начале расчета всегда известны два начальных параметра из четырех.
Неизвестные начальные параметры подлежат определению из граничных усло-
вий на противоположном конце балки.
Балка на упругом основании может иметь жёсткие опоры, на которых воз-
никают сосредоточенные опорные реакции.
7.2. Примеры решения задач
Задача 7.1.
Для балки в виде стального прокатного двутавра 120, свободно располо-
женной на поверхности упругого основания (рис.7.3), определим значения про-
гибов, углов поворота поперечных сечений, изгибающих моментов и попереч-
ных сил в сечениях балки с шагом а = //10 и построим эпюры этих величин. В
расчетах используем программу для ПЭВМ.
Построим эпюру реактивного отпора основания и выполним проверку рав-
новесия балки. Проверим прочность балки по нормальным напряжениям. В
расчетах примем Е = 2,1-104 кН/см2, к = 0,08 кН/см3, R = 21 кН/см2, у/ = 1,2,
ус=1,0.
Р=15кН	;	^ = 40 кН/м	, Mi=6kHm
Рис.7.3
Запишем сшбмощью йётода начальных параметров выражение для проги-
ба балки.
Л/	tLJlLJ11	/\j	2
Найальйые йарамеФрЫ равны:
х = 0 (% = 0), Мо = 0, go = ~ Р = 15>кН.
35
Для определения неизвестных начальных параметров р0 и фо используем
граничные условия !	’’ 5
х = /Й = ^),	Л/= - 6 кНм = - 6-102 кНсм. Q = 0.
Запишем выражения для углов поворота поперечных сечений, изгибающих
моментов и поперечных сил.
<рй) = ^) = -4ад(О + Фо^(О +	1
j	j । P«/p	\-2'.
M(Q = -EJktp'fg) = 4ЕАЧШ + 4£А<р0У4й) - (-y2(U
A
^)=Ш'й) = 4Е7ХЧУ2Й) + 4ЕА2ФцУ3й)-РУ1й)| -fГ2Й-а,)
11	2
Выполним числовой расчет. Определим параметр Z. '
-^У3й-а() j
, I kb I 0,08-10 o ln_3	>vA
X —4/---— 4/---------------=8,482-10 1/cm,
\4/-J \4-2,l-10 -184Q<	k;<(
где: j= J: = 1840 см4, Ъ10 см - тзметрические характеристикидвутавра 120.
Жесткость балки при изгибе равна:
EJ = 2,1 • 104-1840 = 3,864-107 кНсм2.
Вычисляем аргументы функций АН. Крылова.
(V-Ц^	, ;i,‘;	-’Я	’
-El = 8,482-10 3-7OO - 5.937 ,
- ai = 5,937-2,375 = 3.562.
Определяем необходимые для выполнения граничных условий значения
функций А.Н. Крылова
> ,(£,/) = У|(5,937) = 178,2 ,	.'
У2(^)=У2(5,937)^56,95,
У3 (^) = У3(5,937) = - 32,13 ,	»
г* У4<^) = У4(5,937) = - 60,61 ,
Y2(Lj- a,) = У2 (3,562) =-11-,43,
Уз(^/-а,)= Уз (3,562) = -3,592...	.1 ,
Раскрываем граничные условия. Размерность всех величин переведем в
килоньютоны и сантиметры. X' и ч
1	4-3,864-10^(8,482-1О”3)2цо (-32,13)+ 4-3,864-lfl?-8,482.-10~3<po(=4O41) -
15-56,95	40-10’2(-3,592)	х ,7	G ах;
—3'	, —4 9 О-IQ j
8,482-10	(8,482-10 )	Ф/ ’ 4’A,-i,o =
2fe) = 4-3,864-107-(8,482-Ю’3)3ро (56,95)+4-3,864-Ю7-(8,482-Ю’3)2ф0(- 32,13)-
-15-178,г-У-10"2^11;63)^.	" 
8,482-10^	Д дь ^0- -
36
qx = 80-0,12 = 9,6 кН/м,
43 = 80-0,108 = 8, 64 кН/м,
q5 = 80-0,366 = 29,28 кН/м,
qi = 80-0,485 = 38,8 кН/м,
49 = 80-0,531=42,48 кН/м,
Решаем систему двух Алгебраических уравнений,
- 357276ро - 7?458372фо = 80142, "1
5371,4и0 - 357276(р0 = 2124,5. J
р0 - 0,2528 см, фо - 2;145-10г3 рад .
Далее расчет производим с помощью программы для ПК, составленной на
кафедре. Вводим свои данные и получаем решение задачи. Начальные парамет-
ры равны: р0 = 0,253 см, ф0 = - 2,15-10 3 рад. Результаты расчета практически
совпали.
Приводим эпюры 2, М ф и v, полученные с помощью компьютерного
расчета (рис.7.4).
Определяем ординаты реактивного отпора основания по формуле Винкле-
ра.
qr = kbv = 0.08-Юр е 0,8р (кН/см) = 80д? (кН/м).
4о = 80-0,253 = 20,24 кН/м,
42 = 80-0,065 = 5,20 кН/м,
44 = 80-0,231 = 18,48 кН/м,
46 = 80-0,45X36 кН/м,
48 = 80-0,499 439,92 кН/м,
4ю = 80-0,617 = 49,36 кН/м.
Эпюра реактивного отпора основания приведена на рис.7.4. Равнодейст-
вующая реактивного отпора численно равна площади этой эпюры. Определим
приближенное значение равнодействующей, заменив в пределах участков раз-
биения кривую линию эпюры прямой линией. При этом равнодействующая оп-
ределяется как сумма площадей трапеций.
=	“[<70 + 2(^ +q2 + ...,+^9)+ ^10] = ^[20,24 + 2"> (9,6 +
-р I д +5,20 + 8.64 +18,48 + 29,28 + 36 + 38,8 + 39,92 + 42,48) + 49,36] = 184,2 кН.
Выполним проверку равновесия балки.
ТУ= 15 + 40-4,2 - А = 183- 184,2^-1,2 кН.
Относительная погрешность составляет: ;
12
Д% = —100% = 0,66%.
183
Расчетное значение наибольшего изгибающего момента равно:
, A/p = Ф 8,009-1,2 = 9,61 кНм.	''
Выполняем проверку условия прочности
: о =	= ML+L = 5 22 кН/см2 < уЯ = 21 кН/см2,
ЙГ 184
где Wz = 184см3 - момент сопротивления двутавра 120.
37
Рис.7.4
38
ГЛАВА 8
КРУЧЕНИЕ СТЕРЖНЕЙ
8.1.	Основные определения и формулы
Кручение стержня вызывается действием пар сил (моментов), располо-
женных в плоскостях, перпендикулярных к его оси. В поперечных сечениях
стержня при кручении возникает только одно внутреннее усилие - крутящий
момент Л/К=М-. Для его определения используется метод сечений. Применим
этот метод для расчёта стержня, .находящегося под действием сосредоточенных
и распределенных скручивающих нагрузок (рис.8.1,а).
Рассмотрев равновесие левой части стержня, (рис.8.1^6), получим:
УМ=0; -М + Л7. + 7И =0;	М=М.-М?.
Хншм/ л	'	1	Z	К	К	1	Z
, Таким образом, крутящий момент равен сумме скручивающих моментов,
приложенных к одной из частей стержня. При наличии распределенной скручи-
вающей нагрузки т надо определить ее равнодействующий момент М. Для
равномерно распределенной нагрузки т- const он равен М~та, где а -
длина участка распределёния.
Крутящий момент принимается положительным, если он стремится повер-
нуть оставшуюся часть стержня против хода часовой стрелки (рис.8.1,в).
Между крутящим моментом и интенсивностью распределенной скручи-
вающей нагрузки т имеет место дифференциальная зависимость:
dM
---= ~т.
dx
ЭТЙ зйвйсймйсй» йёййльзуётея йрй йбётрЬёнйЙ Эйк)ры крутящих моментов.
В частности, на участках, где т = 0, крутящий момент имеет постоянное зна-
(8.1)
39
чение Мк = const, а на участках с равномерно распределенной скручивающей
нагрузкой m=const крутящий момент изменяется по линейному закону.
Деформация стержня кругло-
го и кольцевого сечений при кру-
чений характеризуется взаимным
поворотом поперечных сечений
(рис.8.2). При этом поперечные се-
чения остаются плоскими и пер-
пендикулярными к оси (гипотеза
плоских сечений). В поперечных
сечениях возникают только каса-
тельные напряжения, связанные с
деформациями сдвига у законом
Гука при сдвиге
. т = Gy,	(8.2)
где G - модуль сдвига, определяемый по формуле
G = ———.
2(1 IV)
Касательные напряжения в поперечных сечениях стержней
кольцевого сечений определяются по формуле
т = —к Г ,
s	.	Jp
(8-3)
круглого и
(8-4)
где г - переменный радиус и Jp - полярный момент инерции поперечного
стержня, определяемый для сплошного и кольцевого сечений по формулам
_ тг7?4 _ лО4
2 ~ 32 ’
(8-5)
J?=|(/?24-7?,4) = ^(D4-D4),	(8.6)
где D\ и D2 - соответственно внутренний и внешний диаметры кольца.
Характер эпюр касательных напряжений для стержня сплошного и кольце-
вого сечений показан на рис.8.3,а,б.
40
Касательные напряжения направлены перпендикулярно к радиусу и изме-
няются вдоль него по линейному закону. Наибольшие напряжения возникают в
точках на поверхности стержня и определяются по формуле
'	'	- Мк
(8-7)
где Wp - полярный момент сопротивления, определяемый для стержня сплош-
ного и кольцевого сечений по формулам
; jy =^=2^ = 2Г2_.	(8.8)
р R 2	16
5ЖЙ0РИ.	=	(8.9)
R2 2R2 2	1	16/Л	2 < 1
При расчете стержней кольцевого сечения удобно ввести соотношение
k=R}/R2 = D\ID2 и принять D2 = D . При этом получим:
,if'	ул—(l-7t4);	(8.10)
32
'	^=^(1-Л4).	(8.11)
Угол взаимного поворота поперечных сучений (угол закручивания стерж-
ня) в общем случае определяется по формуле {,
(8.12)
0 р
где фо - угол поворота начального сечения. Если начальное сечение закрепле-
но, то фо = 0. Произведение GJP называется жесткостью стержня при круче-
нии.
Для частного случая ф0 = 0, Мк = const и GJP = const получим:
Ф/=ф(0 = —,	(8-13)
где /-длина стержня.
Для стержней с постоянной или ступенчато постоянной жесткостью
GA=const имеем
Л( Л ’	'	й,. .	:	J	>‘> ! : У	; ..ЛЛ Л
где - площадь эпюры крутящего момента, наиболее просто определяемая
при линейном законе его изменения.
Элементы конструкции, работающие на кручение, наиболее часто встре-
чаются в машиностроении, где основным методом расчета на прочность явля-
ется метод допускаемых напряжений. Условие прочности при кручении стерж-
ней круглого Течения имеет следующий вид:
41
... т,16 = ^<[г],	(8.15)
где [т] - допускаемое касательное напряжение. Условие прочности позволяет
определить требуемый диаметр стержня круглого сплошного или кольцевого
сечений:
Юк
4?](1-*4)
(8,16)
При к = 0 имеем стержень сплошного сечения, а при к < 1 определяется
внешний диаметр стержня кольцевого сечения D2 = D.
Стержни, работающие на кручение, должны обладать достаточной жестко-
стью. Условие жесткости при кручении имеет следующий вид:
Фнб
GJp
(8,17)

где [ср'] - допускаемый относительный угол закручйвания (угол закручивания
на единицу длины стержня). Он принимается в пределах [ср'] = (0,15-^2) град/м.
Условие жесткости также позволяет определить требуемый диаметр
стержня
яС(1-А4)[<р']
(8.18)
При расчете стержня на прочность и жесткость принимается больший из
двух требуемых диаметров.
8.2.	Примеры решения задач
Задача 8.1,
Для стального стержня круглого сплошного ступенчато-постоянного сече-
ния, находящегося под действием показанных на рис.8.4,а скручивающих на-
грузок, построим эпюру крутящих моментов. Выполним подбор сечения
стержня из условий прочности и жёсткости. Построим эпюру касательных на-
пряжений в опасных сечениях участков стержня. Построим эпюру углов закру-
чивания. В расчётах примем G = 0,8-Ю5 МПа = 0,8-104 кН/см2, [<р'] = Тград/м =
1„75-10”4рад/см, [т] = 80МПа = 8кН/см2 и к-Р\1р = 0,8.
Поскольку стержень имеет одно закреплённое сечение, он является стати-
чески определимым. Определим значения крутящих моментов в сечениях, на-
чиная со свободного конца.
Сечение х = 70см,	МК = 0,2 кНм.
Сечение х = 40см,	= 0,2 кНм,
. j М™ = 0,2 - 0,5 = - 0,3 кНм. ’
Сечение х = 20см,	Мк =- 0.3 кНм.
42
Сечение х = О,	Мк =- 0,3+2-0,2 = 0,1 кНм.
В пределах 2-го и 3-го участков крутящий момент имеет постоянное зна-
чение, а на границе этих участков (сечение х = 40см) имеет место скачок кру-
тящего момента на величину 0,5 кНм. В пределах 1-го участка крутящий мо-
мент изменяется по линейному закону. Эпюра крутящих моментов приведена
на рис.8.4,б. Реактивный момент в закреплённом сечении равен Мд = 0,1 кНм.
Выполним; подбор сечения стержня из. условий прочности и жёсткости.
Наиболее опасными являются 2-ой и 3-й участки. Определим требуемые диа-
метры стержня по формулам (8.16) и (8.18).
Участок 2.
Из условия прочности получаем:
Г16Л<	16-0,3-102
D>3\------=з--------——
V л[т] V л • 8
= 2,67см.
Из условия жёсткости находим:
I32Л7к = 41	32-0.3-102 ~
У тгС[<р'] V л • 0,8 • 104 • 1,75 • 10“4
= 3,84см.
Участок 3.
Из условия прочности получаем:
43
!16-0,2-102	...
D, >1-----------= 2,34см.
'V л-8	
Из условия жёсткости:
п 2 34
=	= 2,92см.
"Ж 0,8
32 -0,2 -IO2
.......... 3	47 н-- '
4	д	3,47см,	Р = ^—= 4,34см.
1 ^л-0,8-104 -1,75-ПГ4 ' у’-""’	- ; q,8 Г
Принимаем с округлением большие размеры
D = 4,4см, D]=3,5cm.	v ?
Определим геометрические характеристики поперечных сечений стержня
и величины наибольших касательных напряжений,
Участок 2.
л-4,44
T TlD‘	: or о 4
J =	=-^-2—= 36,8 CM ,
p 32	32
M 0 3 • 102	7 ’ :	... 9
т „ =	’	= 1,8 кН/см2 < [t] = 8 кН/см2.
W 16,7
Участок 3.
л-D3 л-4,43	з
!Ж = Г-Г; ;<>--* =; и.--	= 16,7 см ,
"	16	16
W„ = 7t^5- = 8-42 ™3’
16
= 14,7 см4,
I __K'3^Z
р~ 32
0 2Л02	7	7
Т = -u’z— = 2,38 кН/см2 < Гт] = 8 кН/см2.
"	8,42
Условие прочности стержня выполняется. Построим эпюры касательных
напряжений в сечениях на втором и третьем участках, (рис 8,5,а,ё)
Определим углы поворота сечений стержня.
Сечение х = 0,	ф0= 0 (сечение закреплено).
Сечение х = 20см,
М?-1	0,1-102-20
<Р1 = Фо +----- “------------
_ -0,679 ПО’3рад = -0,039°
GJp 0,8-104-36^'---’'-'7*	-«Ч-
44
Сечение х = 40см,
Ф2 = Ф1 +	-0,679 103 -	= -2,72• 103рад = -0,156°.
2	1 GJ	0,8-10-36,8	Л
Р	?	7	♦ Г i I
Сечение х= 70см,
ф =ф =ф +2И2 = -2,72.10“3 + °-2'|(’ 30 = 2 38-КГ3 рад = 0,136°.
V3 V/ v2 GJ^	0,8 • 10* • 14,7
Сечения, соответствующие границам участков, поворачиваются по ходу
часовой стрелки, а свободное торцевое сечение - против хода часовой стрелки.
Построим эпюру углов закручивания стержня (рис., 8,4,в). В пределах 1-го
участка углы закручивания изменяются по закону квадратной параболы, а в
пределах 2-го и 3-го участков - по линейному закону. В сечении на 1-м участке,
где Мк = 0, угол закручйвания имеет экстремум сртах. Находим положение это-
го сечения из подобия треугольников.;
Экстремальное значение <ртах равно:
=Фо ь- - ' ;	•-•0,110? • 5 -0^085-1:0’3 рад =0,0049°.
то 0,8-10-36,8 2 ’ >	X
Сечение х = 5 см поворачивается против хода часовой стрелки.
Задача 8.2.
Для стального стержня ступенчато-постоянного сечения (сплошная и
трубчатая части), находящегося под действием показанных на рис. 8,6,а скру-
чивающих нагрузок, построим эпюру крутящих моментов. Выполним подбор
сечения стержня из условий прочности и жёсткости. Построим эпюры каса-
тельных напряжений в опасных сечениях стержня и эпюру углов закручйвания.
В расчётах примем [т] = 80Мпа = 8кН/см2, 6 = 0,8-105 МПа = 0,8-104кН/см2,
[<р'] = 1,2 град/м = 2,09-10”4 рад/см и k = D\ID = $,T.	. /
Стержень является статически определимым. Определим значения крутя-
щих моментов в сечениях стержня.
Сечение Сечение	х = 90см, х = 50см,		Ч = о. Мк = 0,6-0,4 =кНм. ’ -
Сечение	х = 25см,		Л7"р = 0,24 кНм, 3 М*в =	0,'7= - оМб^кНм.
Сечение	х = 0,	! 	•' мк = - 0,46 кНм. ; "
В пределах 1-го й 2-го участков стержня крутящий момент является посто-
янным по величине: В сечении на границе этих участков крутящиймомент
имеет скачок на величину М= 0,7 кНмлВ пределах 3-гр участка крутящий мо-
мент изменяется по линейному закону. Эпюра крутящих моментов приведена
на рис. 8.6,6. Реактивный момент в закреплённом сечении равен МА = 0,46 кНм.
45
Рис.8.6
Определим требуемый диаметр стержня из условий прочности и жёсткости
по формулам (8.16) и (8.18).	г	и
Участок 1.
Ь> 3, О>4|	&=з	16-0,46-102 ,по
	4т] V	wJjy/Ov'IVl* п • 8
	(32М 	к — 4	f 32-0,46-lb2 " \ У п-0,8-104-2,09-10“4 ”
	TtG[<p'] 1	
Участок 3 (Сечение х = 50см)
I 16-М	116-0,24-102
D > з-----V'-?Г—— --г- = 2,72см;	'
\п[т](1-А) у п-8(1 -0,7)
I 32М . . I 32~0~24402	~
D>4------- "...=-4i —=—,-----------------  = 3,72см.
][ nG[<p'](l - к4) у л - 0,8 -10 • 2,09 -1 (Г4(1 - 0,74)
Принимаем с округлением больший диаметр D 4,1 см и внутренний диа-
метр трубчатой части £)] -0/7*4; 1 = 2,9см.	- ?
46
Определим геометрические характеристики поперечных сечений стержня
и значения наибольших касательных напряжений в опасных сечениях 1-го и 3-
го участков. Проверим выполнение условий прочности и жесткости.
Участок 1
_ л • 4,14 _ _ 4	г__ л • 4,13 , „ с з
j	—_7_ 27,7 см4,	W ---------= 13,5 см3;
32	р 16
тнб “	=3,4 кР#см2 < [т] = 8 кН/см2;
п н6 Wp 13,5	LJ
ф' =	= —2?^ 10— = 2?08> 1 о~4 рад/см < [ф'] = 2,09-10‘4 рад/см.
GJp а 1
Участок 3
0,8-104 -27,7
10,1
J =—(4,14 -2,94) = 20,8см4,	Wd = ^ = 10,1 см3;
р 32	р 2,05
М 0,24-102	,	,
, (!	~ =	№1	= 2,37. кН/см2 < [т] = 8 кН/см2;
= 2,09-1 о" рад/см.
Сл/р U,o-lu • 2и,о
Условия прочности и жесткости стержня выполняются. Эпюры касателы
ных напряжений в опасных сечениях сплошной й трубчатой частей приведены
на рис. 8.7,а,б.
Определим углы поворота сечений стержня (углы закручивания).
Сечение х = 0, ф0 = ф^ = 0 (сечение закреплено).
Сечение х = 25см,
0,46-102-25
47
Сечение x - 50см,
^'+Gfp
Сечение х = 90см,
-5,19  10?' + ^24.^!—- = -2,48 • 10'3 рад = -0,142°.
...	0,8-104-27,7	’ н •’
•ф. =ф, + М,1/- 2,48- И)’5 + 0,12 '/ 40 = 0,4  10”3рад = 0,023°.
3	2 GJfi	0,8-Ю4-20,8
В пределах 1-го и 2-го участков углы закручивания стержня изменяются по
линейному закону, а в пределах 3-го участка - по закону квадратной параболы.
Сечения, соответствующие границам участков, поворачиваются по ходу часо-
вой стрелки, а свободное торцевое сечение -- против хода часовой стрелки.
Эпюра углов закручивания приведена на рис. 8.7,в. В сечении на свободном
торце касательная к эпюре ср параллельна к оси стержня (Мк = 0).ддV
Задача 8.3.	/
Для стального стержня ступенчато-постоянного сечения; закрепленного на
торцах и находящегося под действием показанных на рис. 8.8,а скручивающих
нагрузок, построим эпюру крутящих моментов. Выполним подбор сечения
стержня из условий прочности и жесткости. Построим эпюры касательных на-
пряжений в опасных сечениях стержня и эпюру углов закручивания. В расчетах
примем	[Tl- SOJMna-.SKH/qM^ G-0,8-105 МПа - 0,8404 кН/см2,
[<р'] = 2 град/м —-3,49'10 4рад/см и к = D\/D=-0,75.	. f.
Составим уравнение равновесия стержня:	.де. . и дн
Умх=о,	МА-М-2М+Мв = 0,	Ма + Мв = ЗМ,
..	: зщгэфн'С СЙ		(с
где МА и Мв - реактивные моменты в закрепленных сечениях.
Имеем одно уравнение с двумя неизвестными. Стержень является один раз
статически неопределимым и для его расчета надо использовать условие равен-
ства нулю взаимного угла поворота закрепленных торцевых сечений ф4 «т ф^ =
= 0.	;	; L ' < 1 П И 
"Отбросим Мысленно одно из закреплёййй, напримёй1 правое, и введем в
сечении В неизвестный момент Х= Мв (рис. 8.8,6). Используем принцип неза-
висимости действия сил и приравняем к нулю угол поворота правого торцевого
сечения от совместного действия заданных моментов и неизвестного момента
Ф 5 ~Ф ВМ	ВХ •	е/- -{А.:
Поскольку соотношёниё диаметров стержня задано к = D1/D (D\ = А£>),
жесткости стержня на участках 1, 2 щ нВ участке 3 соответственно равны XGJP
и GJP. Произведя расчет статически определимого стержня (рис. 8.8.6) на дей-
ствие заданных моментов й искомого момента X- Мв, получим:
52М-30	75М
k4GJp k4GJ~ k4GJp
х- 40 х-зо X х 30v
вх GJp k^GJp	Г7
=0,176кНм.
Используем условие деформации стержня.
75Л-/ X	30, п
ф = —------_|-----(др +	\ - о .
k4GJp GJp	к4
Учитывая; что к^ 0,3k, находим:
v „ 3kM	75-0,1
%	~	30 “	30
Г(40+г) О,75\4О+о^4)
Реактивный момент в сечении А равен:
• и-Аи6с"	MB^k*0^- 0,т=0,1:24;кНм,
Статическая неопределимость стержня раскрыта. Определим значения
крутящего момента в сечениях стержня.	'
Сечение 70йи,::	МК = Мв = 0, J76 кНм.
Сечение х = 30см,	М”г = 0.176 кНм,
М"ев = 0,176 - 2-0.1= - 0,024 кНм.
4©
Сечение х= 15см,
7Икпр = - 0,024 кНм,
Мклев= -0,124 кНм.
Сечение Хт=.0,	Мк 0,124 кНм.
Эпюра крутящих моментов приведена на рис. 8.8,в. Она состоит из трех
прямоугольников со скачками на величины приложенных моментов.
Определим требуемые диаметры стержня D} и D из условий прочности и
жесткости стержня на 1-ом и 3-м участках. Используем формулы (8.16) и (8.18).
Участок 1
'16Л< =3
л[т] А
1 99
^- = 2,65 см;
0,75
32МК
л-С[ф'] V
£)> ^1 = ^59 =3 46 см.
к 0,75
Участок 3
Dx =kD>3
Dx =kD>«
16-0,124-IO2 1QO
--------------= 1,99 см;
71 • 8
32-0,124-102	. „„о„
-------------------- = 2,59 см;
л • 0,8-104- 3,49 10~4
16 -0,176-Ю2
------------------= 2,24 см;
71-8
= 4,49 см4,
32 - 0,076-102
£) > 4 ------L---------- - 2,83 см.
\ п • 0,8 -104- 3,49 -10~4
Принимаем с округлением большие диаметры D} =2,6 см и D = 3,5 см.
Определим геометрические характеристики поперечных сечений стержня
и значения наибольших касательных напряжений на 1-ми 3-м участках. Прове-
рим выполнение условий прочности и жесткости стержня.
Участок 1
т	7С * 2,6 л л г\ 4	TiTZ  i	? 2)6 , о л £- 3
j =----------- 4 49 см ,	Wn -	—- - 3,45 см ,
р 32	р 16
мк 0,124-Ю2	ГТ/ 2.Г1 о тт/ 2
т г = —- = —-------= 3,59 кН/см < [т = в кН/см
н6 Wp 3,45
ф' = -^- = 0,124-10 .-зд5»хо~4рад/см < [ф'] = 3,49-10 4рад/см.
V GJp О,8-1О4-4,49
УчастокЗ
г * 3,5	4
J =----=14,7 см ,
р 32
W = л'3,5 ..=8,42 см3,
р 16
50
М, 0,176-IO2 ОЛА TT, '2 “J, o 2
Тнб=w; ~-^2> 9	<  JT] Ti8 W ?
, м 0,176-ю2	;r ^«w*»<x***
Ф =7ГГ~=а'о ЛП4 йТ1’5'10 рад/см < [ф ]= 3,49-10 рад/см.
--Р -kjJp 0,о-10 -W
Условия прочности и жесткости стержня выполняются. Эпюры касатель-
ных напряжений на 1-м и 3-м участках стержня приведены на рис. 8.9,а,б.
а) Участок 1	б) Участок 3
Определим углы поворота сечений стержня и проверим выполнение усло-
вия деформации cps=O. ,,L	Е!’?
Сечение х = 0,	<р0 =	= 0 (сечение закреплено).
Сечение х= 15см,
MKl Л 0^?4- Ю2-15	_,о 1П_3	„01о>
ф, =ф„ +—— = 0--2—— ----------= -5,18-10 рад = -0 18.
10 GJ. О,8-1О4-4,49	’ F
Сечение х - 30см,
Ф2 = Ф, + — = -5,18 • 1О’3 - °’024'102 -15 = -6 18• 10“3рад = -0°2Г.
2	' GJp	0,8-10-4,49	F
Сечение х = 70см,
ф. = ф = ф + -^ = -6,18 • 10 3 + °’*76,1 °2 -40 = (-6,18 + 5,99)10"3 рад =
Т3 Y2 GJp	0,8 • 104 • 14,7
=-0,19-10г3рад^0
Относительная погрешность, связанная с округлением требуемых диамет-
ров стержня, равна:
019
• У' Д%=-У-.100%=3,17%.
5,99
и Эпюра углов закручивания стержня приведена на рис. 8.8,г. Углы закручи-
вания изменяются по линейному закону. Все поперечные Сечения поворачива-
ются по ходу часовой стрелки.
ГЛАВА 9
СЛОЖНОЕ сЬпротивлёйиё СТЕРЖНЕЙ
9.1. Основные определения и формулы
Сложное сопротивление в стержне имеет место при действии на него про-
извольных нагрузок, которые можно разложить на осевые, поперечные и скру-
чивающие составляющие.
В общем случае сложного сопротивления в поперечных сечениях стержня
действуют нормальные напряжения <зх и касательные напряжения тух и tzx,
равнодействующими которых являются шесть внутренних усилий - продольная
сила А, изгибающие моменты Mz и Mv, поперечные силы Qz и Qy и крутя-
щий момент Мх = Мк (рис.9.1).
Рис.9.1
Нормальные напряжения в поперечном сечении при наличии всех трёх их
равнодействующих N, Mz и Му определяются по формуле
.	№.. Мг .Му.
о =о = — + —-ул---------z .	.(9.1)
F Jz Jy
Рассмотрим частные случаи сдожного сопротивления.
Плоский косой изгиб имеет место, когда все поперечные нагрузки дейст-
вуют в плоскости, не совпадающей с главными плоскостями инерции
(рис.9.2,а).
Пространственный косой ?изгиб имеет место при действии поперечных
нагрузок в различных плоскостях (рис.9.3).	<	г< з к
52
Нормальные напряжения в поперечном сечении определяются rid формуле
М’	(9.2)
Z
Изгибающие моменты и Му
в случае плоского косого изгиба оп-
ределяются по формулам
Mz = Mcosap, Му = Msinap, (9.3)
где М - суммарный изгибающий
момент, действующий в силовой
плоскости.	Рис.9.3
При пространственном косом изгибе Mz и Му вычисляются раздельно
от нагрузок в главных плоскостях и в общем случае изменяются по различным
законам, а ихот ношение неявляется постоянной величиной.
Приравнивая выражение (9.2) к нулю, получим уравнение нулевой линии
J?
(9.4)
tgOtfl =
-tgap .
(9-5)
(9-6)
м
Угол наклона нулевой линии а0 при плоском косом изгибе связан с углом
наклона силовой линии dP (рйс.9у2,б) формулой
л ч
X
Условие прочности при косом изгибе для балок с поперечным сечением
типа прямоугольника или двутавра записывается в виде
В случае пространственного косого изгиба изгибающие моменты Mz и Му
могут иметь наибольшие значения в различных сечениях, поэтому условие
прочности (9.6) необходимо проверять, по крайней мере, в
сечениях, где один из моментов имеет наибольшее значе-
ние.	р
Внецентренное растяжение и сжатие имеет место в
случае, когда нагрузки действуют вдоль прямой, парал-
лельной оси стержня. При вцецентренном сжатии
(рис.9.4) внутренние усилия в поперечном сечении стерж-
ня равны
N = -Р ,'MZ = -РуР Му = - PzP,
где уР, zP - координаты точки приложения силы.
Напряжения определяются по формуле (9.1), которая
с учётом (9.7) принимает вид
Р
Q------
(9-7)
Pz
M,
Ур	zp
lz	1у
(9.8)
Рис.9.4
53
где величины п.
(9.9)
называются главными радиусами инерции сечения.
Уравнение нулевой линии имеет вид -	г \ г
l+^y + ^~z = 0 .	(9.10)
Отрезки, отсекаемые нулевой линией на осях координат, определяются по
формулам
z2	z2
ау=У0 =—az=z0 = -^- , . ;	(9.11)
Ур .	zP
Если материал стержня неодинаково сопротивляется растяжению и сжа-
тию, необходимо обеспечить выполнение двух условий прочности ,
где Rp и Rc - расчётные сопротивления материала при растяжении и сжатии,
zA, уА и zb, у в - координаты наиболее напряжённых точек сечения.
Ядро сечения - это выпуклая фигура, содержащая центр тяжести сечения
и обладающая тем свойством, что при нахождении точки приложения силы
внутри этой фигуры или на её границе во всех точках сечения напряжения
имеют одинаковый знак. Координаты точек контура ядра сечения определяются
С ПОМОЩЬЮ формул (9.11).	?	;
Растяжение и сжатие с изгибом имеет место при одновременном дейст-
вии на стержень продольных и поперечных нагрузок (рис.9.5). Нормальные на-
пряжения в поперечных сечениях определяются по об-
щей формуле (9.1). Приравняв это выражение к нулю,
получим уравнение нулевой линии
N Mz Му а .
—+ —^у +—-z = 0 .
F Jz Jy
Положив в этом уравнении последовательно у = 0
и z = 0, получим формулы для определения отрезков,
отсекаемых нулевой линией на осях координат:
У 3У	Л /П1ЛЧ
a =za=---------rzv = уп =-—; (9.14)
2	0 Му F у Ло Mz F
Наибольшие растягивающие и сжимающие напря-
(9.13)
Рис.9.5
54
жения действуют в точках сечения, наиболее удалённых от нулевой линии.
Значения этих напряжений для поперечных сечений типа прямоугольника и
двутавра можно определить по формулам
Изгиб с кручением имеет место в случае, если стержень подвергается од-
новременному действию поперечных и скручивающих нагрузок.
Нормальные напряжения, вызываемые изгибом стержня, определяются по
формуле (9.2), а касательные - по формуле Д.И.Журавского. Касательные на-
пряжения, вызываемые кручением стержня, зависят от величины крутящего
момента и для стержня круглого сечения определяются по формуле (8.4).
При изгибе с кручением расчет стержней на прочность необходимо произ-
водить с использованием теорий прочности. Рассмотрим наиболее часто ис-
пользуемые при практических расчётах теории прочности и запишем соответ-
ствующие этим теориям условия прочности для стержней.
•	' Теория наибольших касательных напряжений-.
7сг2 + 4т2 £ УCR	(9.16)
•	Энергетическая теория прочности'.
\V -Зг <ycR.	t	(9.17)
Теория наибольших касательных напряжений и энергетическая теория хо-
рошо подтверждаются экспериментально для пластичных материалов.
9.2. Примеры решения задач
Задача 9.1.
Для внецентренно сжатого короткого стержня (рис.9.6,а) определим наи-
большую величину расчётной сжимающей силы Р из условий прочности при
растяжении и сжатии. Построим эпюру нормальных напряжений от действия
силы Р й ядро сечения. В расчетах примем расчетные сопротивления материа-
ла при растяжении и сжатии Ар = 1 МПа = 0,1 кН/см2, Rc -5 МПа = 0,5 кН/см2,
коэффициент условий работы ус = 1.
Определим необходимые геометрические характеристики поперечного
сечения стержня (рис.9.6,б). Для этого разбиваем сечение на прямоугольник,
два прямоугольных треугольника и полукруг.
Площадь сечения и статический момент относительно оси O\z\ равны:
F>= 30 -15ь 2 • -1 • 15 15 + ^° - = 2089см2;
2	2
S = - 30 *15• М'х* • - 1515 • +	4^2$ а13500 см3.
<	,,2 , . 2 п Л, 2	. Зл	, jhj.
>55
Координата центра тяжести сечения равна:
Определим момент инерции сечения относительно вспомогательной оси
O\Z\. Используя справочные данные о моментах инерции этих фигур относи-
тельно оси O\Z\, проходящей через их основания, получим
1	3	12	8
Момент инерции сечения относительно главной центральной оси Oz оп-
ределяем с помощью зависимости между моментами инерции относительно па-
раллельных осей	’’	'	‘
J = Л - Fy2n = 360273 - 2089  6,52 = 272012 см4....
z 1	.	. м* . дц : •
Момент инерции сечения относительно оси Оу определяем как момент
;2
инерции полукруга и разность моментов инерции двух равнобедренных тре-
угольников MKN и СКВ.
w Ч' 'тг-304' ЗО-6О3 15-ЗО3 о'"4	
!’=;;!	±...+........- 444648см	‘ ’ r.;  VA.-
"	8	48	48 n
По формулам (9.9) определяем квадраты радиусов инерции сечения отно-
сительно главных осей. - ГЛ,	. ...	•.
, JЛ ^272012 = 13 м2 2 = i = ±f«* = 212W.
F - 2089	л— F 2089
Координаты точки приложения силы равны: уР =(15 + 6,5) 21,5 см,
zP= 15 см. Определяем по формулам (9.11) отрезки, отсекаемые нулевой лини-
ей на главных осях.	\	'-ч	f
а = —i- = -  13°-2 - 6.06см, az	_ _21Д8 _14 2см
'	-21,5	zp 15
Откладываем эти отрезки на осях и проводим нулевую линию, которая де-
лит сечение на зоны растяжения и сжатия. Проводя параллельно нулевой линии
а7 =—
56
две касательные к контуру сечения, находим точки А и В, в которых действу-
ют наибольшие растягивающие и наибольшие сжимающие напряжения. Коор-
динаты точки А определены графически.
ул = 20,9 см, z^ = - 12,1 см, ув^- 21,5 см, z#=15cm.
Из условий прочности (9.12) при растяжении и сжатии находим два значе-
ния расчетнойсжимающейсилы Р. s	, .я?,...	.•> и
Р
W Яй г^чр
208,9	,,
ь-^-2- = бЗ,2кН
3,304
1	Zn
j/2 JV+ .2
J	ly	У
2089/Ь0,1
-21,5-20,9+ 15 -(-12,1)1 3,JU4
130,2	212,8 v ‘J f
oB = -- l + -^-yB+^-zB <ycRc,	.... ..-H.
J Л Л . Л ) •
: rz - : у—.^=186,2кн:
l.+—	-(-2l,5) + -l? 45 . 5,608
	1- " J 130,2 v ’ 212,8
Примем с округлением меньшую силу P = 63 кН. При этом наибольшие
растягивающие и сжимающие напряжения в точках А и В равны:
го	' нР । ;/4^i/;.? ОТТ//?<Хг.т юн -У •; * нот
о.я ^20§5^ 3,3°4)=0’0"6 кН/см’2,== О^блМНа^у-^.^ГМПа;
|ов| = -63- • 5,608 = 0,1691 кН/см2 = 1,691 МПа <усК = 5 МПа.
Прочность стержня обеспечена. Эпюра нормальных напряжений приведе-
на ЙарИС.9.6,б.	; JZJ > л HT/f -У и ог •
Для построения ядра сечения проведем четыре нулевые линии, касатель-
ные к контуру сечения, и определим соответствующие им координаты точек
контура ядра по формулам	мкт .  н < о:	ть.;
где уо^ z$- отрезки, отсекаемые нулевыми линиями на осях координат.
Касательная 1 — 1:
i	1302
Уо = -^21,5см, zo = op, ур=------21^5 = 606 см, zp=^-
Касательная 2 - 2:
Уо (30 + 6,5) = - 36,5 см, zo 36,5 см,
130'2	212'8
у =------= 3 57 см	z _--------= _ 5 33 см
-36,5	36,5
Касательная 3-3:
57
212 8
yo = w, z0 = 30 см, уР= 0, zp=----------7,09 см.
30
Касательная 4-4:
>о= ЗО- 6,5 = 23,5 см, z0 = оо,
130,2 сся
уР =--------= - 5,54 см, zP = 0 .
Р 23,5
Поскольку переход касательных из положения Г- 1 в положение 2 - 2 и
далее в положение 3-3 осуществляется путем поворота вокруг угловых точек
В и N, линии контура ядра сечения между соответствующими точками 1,2,3
являются прямыми. При переходе из положения 3 - 3 в положение 4-4 каса-
тельная огибает дугу окружности, поэтому между точками 3 и 4 контур ядра
сечения является криволинейным. Точки 2' и 3f расположены симметрично по
отношению к точкам 2 и 3.
Задача 9.2
Для консольной деревянной балки прямоугольного сечения, находящейся
в условиях плоского косого изгиба (рис.9.7,а), определим размеры сечения и
построим эпюру нормальных напряжений в опасном сечении. В расчетах при-
мем соотношение сторон прямоугольника к = Л/fe = 1,4, расчетное сопротивле-
ние дерева R = 13 МПа = 1,3 кН/см2, коэффициент условий работы ус = 1- Зна-
чения нагрузок являются расчётными. Угол наклона силовой плоскости к глав-
ной оси Оу поперечного сечения = 30°.
Строим эпюру суммарного изгибающего момента М (рис.9.7^).
Составляющие суммарного изгибающего момента равны
Mz — Л/cos а г ==-4cos30° =*-3,46кНм,
= MsinaP = - 4sin30° = - 2 кНм.
Момент Mz вызывает растяжение в точках верхней части сечения, а Му—
в точках левой части (при взгляде на сечение со стороны положительного на-
правления оси Ох). Наибольшие по абсолютной величине напряжения онб воз-
никают в угловых точках А и В сечения.
Рис.9.7
Учитывая, что для прямоугольного сечения отношение моментов сопро-
тивления равно	т.>	Лт
W л «нот te ЙЙ2/6" h ,	„,	№?
......	-^т=---=— = ^=Л,	W=~^,	« . >«
Wy hb2/6 b > k
из условия прочности (9.6) при косом изгибе
получим формулу подбора сечения:
bh2 h3 Mz+kMy
.. •• W=-----------=-----> --;------- .
z 6 6k ycR
Определяем величину h
Ук(Мг+кМ^ |б-1,4(3,46+ 1,4-2)-IO2 .....
л > з--------:--— = 1--------------------= 15,93 см;
] ycR ]	1-1,3
, h 15,93 ...
:b = — =-----= 11,38 см.
к 1,4	,
Принимаем сечение b х h = 12 х 16см и определяем моменты инерции и
моменты сопротивления сечения.
= 12 16 = 4096см4 w 12•162 = 5j3
12	1	6
r 16-123	4	I6-122 ^ол з
Jv =-------= 2304см4, Ж. =----------= З84см3.
у 12	у 6
Определяем наибольшие по абсолютной величине напряжения в угловых
точках А и В опасного сечеция и проверяем прочность балки. ч-
Mz м	3,46-102 2-Ю2	2	„ ,,.т
снб = —- + —- =--------+---------= 1,20 кН/см2 =12 МПа <	= 13 МПа.
нб Wz Wy 512	384	w .......
Условие прочности выполняется. Определяем угол наклона нулевой линии
к главной оси Oz.
' tga0 = -у= 2304 tg3°: j'(l26'	а<) = ~ 45,7°-
Нулевая линия проходит через вторую и четвертую четверти осей коорди-
нат сечения. Эпюра нормальных напряжений приведена на рйс.9.7,б.
-Л •  	.. Q.	»	1.;
Задача 9.3
Для шарнирно опертой двутавровой балки, находящейся в условиях про-
странственного изгиба (рис.9.8,а), подберем сечение из условия прочности по
методу предельных состояний при заданных расчетных значениях нагрузок.
Построим эпюру нормальных напряжений в опасном сечений балки. В расчетах
примем расчетное сопротивление стали R = 210 МПа 21 кН/см2, коэффици-
ент условий работы ус = 0,9.
59