СТАТИКА ДЕФОРМИРУЕМОГО ТЕЛА И.С. Куликов

И.С. Куликов
СТАТИКА
ДЕФОРМИРУЕМОГО ТЕЛА
Учебное пособие
-1-
Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное агентство по образованию
Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования
«Нижегородский государственный архитектурно-строительный университет»
И.С. Куликов
СТАТИКА ДЕФОРМИРУЕМОГО ТЕЛА
Утверждено редакционно-издательским советом
университета в качестве учебного пособия
Нижний Новгород
ННГАСУ
2008
-2-
ББК 22.21
К 90
Куликов И.С.
Статика деформируемого тела: Учебное пособие. – Н.Новгород, Нижегород. гос. архитект. - строит. ун-т, 2008г. – 64 с.
Сжато и доступно изложены основы сопротивления материалов в рамках, не
выходящих за пределы требований ГОС и программы средних специальных учебных
заведений. В популярной форме автор знакомит с основными понятиями этой дисциплины, необходимыми для изучения простых видов напряжено-деформированных состояний: ЦРС, прямого изгиба и сдвига. Рассматривается методика построения эпюр
внутренних усилий и определения перемещений при изгибе. Изложение сопровождается примерами, необходимыми для успешного овладения теорией и приобретения
минимальных навыков решения задач в объеме, достаточном для последующего изучения раздела «Статика сооружений».
Предназначено для студентов направления 521700 - Архитектура, но будет полезно и студентам других специальностей вузов архитектурно-строительного направления, изучающим основы механики по сокращенной программе, например, «Землеустройство и земельный кадастр».
Илл. 42. Библиогр. назв.5.
ББК 22.21
ISBN 5-87941-542-1
 Куликов И.С., 2008
 ННГАСУ, 2008
-3-
ПРЕДИСЛОВИЕ
Переход к многоуровневой системе образования проходит в условиях гуманитаризации процесса обучения и создания качественно новых информационно-вычислительных
систем. Это сопровождается значительным сокращением времени, отводимого на изучение
механики студентами традиционных специальностей, и появлением новых специальностей с
одним или двухсеместровым курсом по этой дисциплине.
К их числу относится и курс основ механики объемом 68 академических часов, изучаемый в ННГАСУ студентами направления 521700  Архитектура. Этот курс состоит из
трех разделов:
 статика твердого тела,
 статика деформируемого тела,
 статика сооружений,
т.е. фактически является курсом строительной механики в широком смысле этого слова, как
он раньше и назывался.
Начиная с 2000 г., эта дисциплина, согласно ГОС и учебным планам, вошла в группу
естественнонаучных дисциплин и стала называться теоретической механикой. При этом два
первых её раздела, объемом 17 часов каждый, сейчас изучаются в течение третьего учебного
семестра, а последний, 34-часовой  в четвертом семестре.
Отметим, что студенты строительных специальностей изучают эти разделы механики
в соответствующих курсах: теоретической механики, сопротивления материалов и статики
сооружений или строительной механики. Поэтому нетрудно понять, что успешное овладение
основами механики в рамках сокращенной программы представляет непростую задачу как
для лектора, так и для студентов. И первым шагом на пути её решения является определение
целей этого курса. В отношении студентов-архитекторов они сформулированы так:
 научить анализировать существующие конструктивные решения, понимать работу
сооружения в целом и оценивать ту роль, которую играют отдельные элементы ансамбля,
устанавливать функциональную связь между воздействиями, внутренними усилиями и
формой сооружения;
 способствовать осознанному, свободному и целенаправленному решению основной
задачи архитектурного проектирования – поиску новых форм и совершенных решений;
 ознакомить с основными понятиями и методами строительной механики и помочь
формированию рационального и логического мышления.
Достижение намеченных целей требует тщательной подготовки учебной программы и
её методического обеспечения.
Настоящее пособие является попыткой содействовать решению этой задачи для второго раздела курса – статики деформируемого тела. Его содержание не претендует на полноту и отражает точку зрения автора на то, каким должен быть начальный курс этой дисциплины для архитекторов.
В частности, было принято решение ограничиться рассмотрением деформаций центрального растяжения и сжатия, прямого изгиба и сдвига как взаимосвязанных и наиболее
характерных для строительных конструкций, исключив кручение и другие виды НДС.
Учитывая уровень математической подготовки архитекторов, автор отказался от строгих математических обоснований в изложении учебного материала, усилив по возможности
логическую составляющую курса и используя наглядность физического метода исследования. Вместе с тем неизбежная популяризация не сопровождается искаженным упрощением.
Примечания в конце ряда параграфов предназначены для критически настроенных
читателей и могут быть оставлены без внимания при первом чтении.
Автор благодарит всех сотрудников и студентов, оказавших помощь при подготовке
рукописи этой работы к печати.
-4-
ГЛАВА 1. ВВЕДЕНИЕ
1.1. Предмет сопротивления материалов и его задачи
Раздел механики под названием «Статика деформируемого тела» большинство студентов изучает в курсе сопротивления материалов, поэтому мы
сохраним за этим разделом такое название.
Как уже отмечалось, сопротивление материалов (СМ) является составной
частью прикладной, технической или строительной механики.
В отличие от теоретической механики (ТМ), изучающей абсолютно твердое тело, СМ применяет модель деформируемого тела, которая в большей
степени соответствует реальным объектам.
Замена модели вызывает отказ и от прежнего метода исследования. Если
в ТМ, построенной на системе аксиом, применяется математический или аксиоматико-дедуктивный метод, то методом СМ является характерный для физики
гипотетико-дедуктивный.
Напомним, что прикладная механика, в целом, служит решению задач
проектирования, строительства и эксплуатации сооружений.
Основной задачей СМ является проектирование конструкций или их элементов, находящихся в определенных условиях, с учетом требований: прочности, жесткости, устойчивости, надежности, экономичности и эстетики.
Первые три требования являются необходимыми, поэтому при нарушении
любого из них поиск проектного решения теряет смысл.
Прочность – способность конструкции не разрушаться под действием
приложенной нагрузки или в результате какого-либо иного воздействия.
Жесткость – способность сохранять форму и размеры в заданных допустимых пределах.
Устойчивость – способность сохранять первоначальную форму равновесия при нагружении.
Отметим, что основная задача статики сооружений (СС) отличается от
задачи СМ только масштабом – вместо конструкции или её элементов выступает сооружение.
Помимо основной задачи – проектирования – в СМ встречается задача
расчета уже построенной конструкции: на допускаемую нагрузку, прочность,
жесткость и т.д.
1.2. Расчетная схема и классификация систем
Для решения задачи СМ или СС нужно построить модель конструкции
или сооружения, выделив основные несущие элементы и определив действующие на них нагрузки.
-5-
-6-
Такая модель в виде совокупности деформируемых тел, соединенных
друг с другом определенными связями, называется расчетной схемой или системой.
В зависимости от геометрических особенностей элементов системы их
делят на три класса: стержневые, тонкостенные и массивы.
Стержень (брус) – тело, у которого один размер (длина) значительно
больше двух других. Примеры конструкций, расчетная схема которых представляет собой брус или содержит такие элементы, приведены на рис 1.1.
Тонкостенные конструкции – это тела, у которых один размер (толщина)
значительно меньше двух других (рис. 1.2.).
Массивами называются тела, у которых все три размера одного порядка.
К ним относятся подпорные стенки (рис. 1.3.), фундаменты под отдельно стоящие колонны и т.п.
В общем случае расчетная схема сооружения может включать все три вида элементов.
ПРИМЕЧАНИЕ. Для кривых стержней, арок и оболочек речь при классификации систем идет не о габаритных, а о характерных размерах.
1.3.
Нагрузки и воздействия
Все воздействия на конструкции и сооружения делятся на три группы:
силовые, температурные и кинематические.
Два последних вида воздействий не оказывает влияния на опорные реакции и внутренние усилия статически определяемых систем, но могут вызвать
появление реакций и усилий в статически неопределимых системах.
Например, при нагревании закрепленного на концах стержня может произойти либо потеря его устойчивости (рис. 1.4а), либо разрушение, а смещение фундамента опоры из-за просадки грунтового основания (рис. 1.4б) вызывает деформацию рамы и появление опорных реакций.
Что касается силовых воздействий или нагрузок, то мы уже встречались с
ними в первом разделе курса ТМ и сейчас перейдем к уточнению этих понятий
и их классификации.
Классификацию нагрузок можно проводить по различным признакам.
По характеру приложения они делятся на сосредоточенные (силы P
или моменты M) и распределенные – по объему, по поверхности или вдоль
длины балки – и определяемые интенсивностью.
Примером нагрузки, распределенной по объему тела, служит сила тяжести. Её интенсивность измеряется в кН/м3.
Интенсивность p поверхностной нагрузки (снег, ветер или давление грунта) имеет размерность давления и измеряется в кН/м2 или килопаскалях (1кПа =
1кН/м2).
Интенсивность q нагрузки, распределенной по длине балки – с ней мы
уже встречались в ТМ – измеряется в кН/м.
-7-
Помимо рассмотренных единиц измерения p применяют и более крупные: МПа = кПа103 = Па106 и ГПа = кПа 106.
По динамическим характеристикам нагрузки подразделяются на статические, динамические и повторно-переменные (циклические).
Статическими называются неподвижные или медленно изменяющиеся
подвижные нагрузки.
Динамическими являются нагрузки, у которых величина, точка приложения или направление меняются столь быстро, что при расчете необходимо
учитывать силы инерции. К их числу относятся: импульсные, вибрационные,
сейсмические и другие нагрузки.
Циклическими называются нагрузки, которые многократно (сотни тысяч
раз) меняют свою величину и знак и могут вызывать усталостное разрушение
материала конструкции.
По продолжительности воздействия различают постоянные и временные нагрузки.
Первые действуют в течение всего периода эксплуатации сооружения и
представлены, например, собственным весом конструкций.
Временные нагрузки действуют на протяжении ограниченного промежутка времени. К ним относится нагрузка от веса людей и оборудования снеговая и
др.
Подробнее о нагрузках можно узнать в СНиП 2.01.07–85 «Нагрузки и
воздействия».
ПРИМЕЧАНИЯ:
1.Если в ТМ понятие «сосредоточенная сила» является строгим, то в механике деформируемого тела этот термин может применяться только условно – для нагрузки, распределенной по сравнительно небольшой площади. Например, – по области контакта двух деформируемых тел.
2. То же самое справедливо в отношении сосредоточенного момента М, приложенного
к балке в сечении x=хМ. В ТМ он определяется как система, полученная из пары сил
P=M/2, приложенных в точках х=хМ, при 0.
-8-
Вместе с тем применение термина «сосредоточенная нагрузка» допустимо в СМ в ходе построения расчетной схемы и на стадии предварительного расчета при определении
внутренних усилий – в соответствии с принципом отвердевания из ТМ.
Например, расчетной схемой днища резервуара П-образного поперечного сечения
(рис. 1.5а) служит балка на упругом основании, загруженная распределенной нагрузкой – от
веса воды, а также сосредоточенными моментами и силами на концах – от давления воды на
стенки резервуара и их собственного веса (рис. 1.5б).
3. Некоторые авторы наряду с распределенной силовой рассматривают распределенную моментную нагрузку. В соответствии с приведенными выше замечаниями, мы ограничимся учетом только первой из них.
1.4.
Гипотезы сопротивления материалов
Для обоснования возможности применения аппарата математики и проведения теоретических исследований и расчетов в СМ вводят предпосылки,
отражающие свойства деформируемых тел. Справедливость этих гипотез, в
отличие от аксиом ТМ, проверяется экспериментально. Приведем только некоторые из них, т.к. другие удобнее рассматривать по мере необходимости.
1. Гипотеза однородности среды означает, что материал тела предполагается сплошным (без пустот), однородным и изотропным, т.е. свойства материала одинаковы во всех направлениях.
2. Гипотеза идеальной упругости – тело полностью восстанавливает свои
размеры и форму после снятия приложенной нагрузки. При этом результат
воздействия зависит от приложенной нагрузки, но не от истории загружения.
3. Гипотеза малости перемещений означает, что перемещения точек тела
малы в сравнении с его размерами. Для консольной балки (рис. 1.6а) это означает, что   l.
Следствием этой гипотезы является принцип начальных размеров, в соответствии с которым уравнения равновесия деформированного тела составляют
без учета перемещений точек приложения нагрузки, т.е. как для абсолютно
твердого. В рассмотренном примере это означает, что для деформированной
-9-
балки по-прежнему MA(P)=Pl, т.е. при вычислении момента силы P можно
пренебречь горизонтальным перемещением точки ее приложения.
4. Гипотеза линейной упругости – перемещение точки упругого тела
пропорционально приложенной нагрузке.
В рассматриваемом примере (рис. 1.6а) это означает, что n-кратное увеличение силы P вызывает n-кратное увеличение перемещения любой фиксированной точки этой балки:  nP) = n Р.
ПРИМЕЧАНИЯ:
1. Следствием гипотез 3 и 4 является принцип суперпозиции, который справедлив для
любых линейных систем и представляет собой обобщение соответствующего принципа из
ТМ: опорные реакции, усилия и перемещения от заданной нагрузки можно найти как сумму
соответствующих величин от каждой нагрузки в отдельности.
В рассматриваемом примере это означает (рис. 1.6б), что перемещение любой фиксированной точки балки от совместного воздействия сил P1 и P2 можно найти как сумму перемещений этой точки от каждой силы в отдельности:
 P1, P2) =  1   2.
2. Если какая-либо из приведенных гипотез или построенная на ее основе теория не
подтверждаются опытом для определенного класса материалов и конструкций, возникает
необходимость в построении новой теории. Например, древесина и композиционные материалы обладают анизотропными свойствами, учет которых требует пересмотра формулировки первой гипотезы.
3. Применение в СМ методов ТМ возможно только в соответствии с рассмотренной
выше гипотезой 3 и принципом отвердевания на предварительном этапе расчета при составлении уравнений равновесия.
Использование в СМ аксиом ТМ на последующих этапах расчета недопустимо. Нельзя, например, переносить силу, приложенную к деформируемому телу, вдоль линии ее
действия, поскольку при этом могут полностью измениться внутренние усилия и перемещения точек системы, несмотря на постоянство опорных реакций (рис. 1.7).
- 10 -
1.5. Метод сечений. Напряжения
Для расчета на прочность нужно знать, какие силы появляются в каждой
внутренней точке тела в ответ на действие внешних сил. Для их определения
воспользуемся обобщением принципа освобождаемости от связей из ТМ,
сделав внутренние силы внешними.
Рассмотрим тело под действием уравновешенной системы сил (рис. 1.8а).
Проведем через интересующую нас точку М плоскость и рассмотрим часть тела
слева от сечения с нормалью n (рис. 1.8б). Помимо внешних сил Р1 и Р2 на нее
будет действовать реакция отброшенной правой части, не показанная на рисунке. Эту реакцию в виде распределенной по площади сечения поверхностной
нагрузки и будем называть напряжением.
Выясним, чем отличается напряжение от обычного давления. Как известно из ТМ, реакция связи направлена в сторону, противоположную той, куда
тело не может перемещаться из-за наложенной связи. Поэтому если бы напряжение, как и давление, было направлено по нормали n, части тела, расположенные по обе стороны от плоскости воображаемого сечения, могли бы беспрепятственно смещаться друг относительно друга вдоль этой плоскости. Наш опыт
свидетельствует об обратном, поэтому можно сделать вывод, что в общем
случае напряжение является вектором, который направлен под углом к нормали n в каждой точке сечения.
Разложим вектор напряжения p по правилу параллелограмма на нормальную и касательную составляющие:
p =  + ,
где  || n, а   n.
Эти напряжения можно наглядно показать на рисунке, если рассмотреть
тело в плоскости, ортогональной к проведенному сечению. Поскольку при этом
- 11 -
все векторы  будут расположены вдоль одной прямой, их величины в каждой
точке сечения условно откладывают в направлении нормали n (рис. 1.8 в-д).
Последовательней и удобней заменить построение векторов  и  построением эпюр их проекций на эту нормаль и перпендикулярные к ней направления, как и принято в СМ.
Эти напряжения и нужно знать для расчета тела на прочность. Как их
найти? Для тел простой формы  из условий равновесия отсеченной части, как
обычно в ТМ находят реакции опор. При этом, в соответствии с принципом
отвердевания, можно воспользоваться теоремой о приведении пространственной системы сил, согласно которой произвольная система сил эквивалентна
главному вектору R0 и главному моменту M0:
(Р1, Р2, …, Рn)  (R0, М0).
ПРИМЕЧАНИЯ:
1. В СМ нередко отождествляют понятия вектора напряжения и его проекции, говоря
об «эпюре напряжений» или о «положительном направлении» этого вектора.
- 12 -
2. Если тремя парами параллельных плоскостей вырезать из тела куб, то напряжения,
действующие по его граням и соответствующие положительным значениям их проекций, в
общем случае можно обозначить так, как показано на рис. 1.9. В дальнейшем для касательных напряжений нам будет удобнее изменить эти направления на противоположные.
3. Мы предполагаем, что напряжения в сечении тела могут появляться только в ответ
на действие внешних сил, и равны нулю при их отсутствии, что соответствует гипотезе
ненапряженного начального состояния.
1.6. Внутренние усилия в брусе. Виды НДС
Применим рассмотренный в предыдущем параграфе метод сечений к
частному случаю тела  брусу, загруженному уравновешенной системой сил
(рис. 1.10а). Проведем сечение и рассмотрим равновесие части стержня слева
от сечения под действием сил Р1, Р2 и реакций отброшенной правой части или
напряжений. Приведем последние к центру, выбрав в качестве
него точку C  центр тяжести
сечения.
Введем систему координат с началом в центре C и обозначим через Rc и
Mc главный вектор и главный момент реакций отброшенной правой части (рис.
1.10б).
Определение. Внутренними усилиями в стержне называются проекции
векторов Rc и Mc на оси координат системы Cxyz, взятые с определенным знаком.
Условие равновесия отсеченной части:
(Р1, Р2, Rс, Mc)  0
- 13 -
эквивалентно уравнениям равновесия:
         x   y   z  
откуда и можно найти внутренние усилия.
Для части стержня слева от сечения:
Qx = - Rcx = i ;
Qy = - Rcy = i 
Nz = Rcz = - i 
Mx = x i  
y = y i  
Mz = - zi. 
(1.1)
Компоненты этих усилий называются так:
Qx, Qy  поперечные силы;
Nz  продольная или нормальная сила;
Mx, My  изгибающие моменты;
Mz  крутящий момент.
Внутренние усилия можно выразить не только через внешние силы и их
проекции – по формуле (1.1), но и через компоненты вектора напряжения в
поперечном сечении бруса с площадью F:
Qx 

zx dF 
F
Qy =

F
zy dF 
F
Nz =

F
Mx = -  z ydF;
My  -  z xdF;
(1.2)
F
z dF ;
Mz =

(zx y - zy x dF.
F
Отметим, что формулы (1.2) справедливы для любой части бруса – как
слева, так и справа от сечения. В отличие от этих формул, в (1.1) при переходе
к рассмотрению правой части стержня нужно сменить все знаки на противоположные.
В зависимости от значений внутренних усилий различают несколько видов напряженно-деформированных состояний (НДС), некоторые из которых мы
рассмотрим.
1. Центральным растяжением и сжатием (ЦРС) называется НДС, при
котором Nz  0, а все остальные внутренние усилия равны нулю. ЦРС возникает
в брусе, растягиваемом (сжимаемом) силами, приложенными к его торцам (рис.
1.11а).
2. Чистый изгиб соответствует НДС, при котором обращаются в нуль все
компоненты внутренних усилий за исключением Mx (или My). Появляется в
брусе при его изгибе двумя моментами, приложенными по торцам (рис. 1.11б).
- 14 -
3. Поперечный изгиб – это НДС, при котором Qy  0, Mx  0, а остальные
компоненты равны нулю. Возникает, например, в брусе, опертом по концам и
загруженном посредине силой (рис. 1.11в).
Решение основной задачи СМ для этих НДС бруса и составляет основное
содержание данного раздела курса.
ПРИМЕЧАНИЯ:
1. В соответствии с принципом Сен-Венана картина распределения напряжений при
ЦРС в поперечном сечении бруса на достаточном удалении от его концов не зависит от
способа приложения нагрузки. Это справедливо и для других видов НДС.
2. Внутренние усилия, несмотря на название, не являются силами, противодействующими приложенной нагрузке, – по отношению к рассматриваемой части стержня продольная
сила Nz является такой же внешней силой, как и сила Р (рис1.11а).
- 15 -
ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
2.1. Напряжения и деформации
Напряжения. Пусть стержень с площадью поперечного сечения F растягивается двумя равными по модулю силами Р.
Проведем сечение и рассмотрим часть стержня слева от сечения (рис.
1.11а). Действие отброшенной правой части заменим нормальными напряжениями z, эквивалентными продольной силе Nz = Р.
Предполагая, что нормальные напряжения равномерно распределены по
площади поперечного сечения F, получим:
Nz =

z dF = zF,
F
откуда искомое выражение для напряжений при ЦРС примет вид:
z = Nz /F
(2.1)
Правило знаков. При растяжении стержня: z > 0, Nz > 0; при его сжатии –
z < 0, Nz < 0.
Деформации. Обозначим через l длину стержня до деформации, и пусть
под действием приложенной нагрузки его длина стала равной l+l, где l 
абсолютное удлинение стержня.
Относительным удлинением или продольной деформацией стержня при
ЦРС называется величина
 = l/l .
(2.2)
Правило знаков. При растяжении: l > 0,  > 0; при сжатии: l < 0,  < 0.
В общем случае продольная сила Nz непостоянна по длине стержня.
Например, – при его растяжении или сжатии под действием собственного веса.
При этом будут неравномерны удлинения отдельных участков стержня и применение формулы (2.2) теряет смысл.
Для вывода формулы, являющейся обобщением (2.2) на случай переменной продольной силы и неравномерных деформаций, введем понятие перемещения точки деформируемого тела.
Пусть точка A(x, y, z) упругого тела в результате силовых или каких-либо
иных воздействий перемещается и занимает в пространстве положение А'.
Вектор AA' (u, v, w) называется перемещением точки А деформируемого
тела.
В общем случае каждая компонента вектора перемещения является функцией координат – x, y, z.
Рассмотрим брус длиной l в системе координат Oxyz, где начало отсчета
- 16 -
выбрано на его левом, жестко защемленном конце, плоскость Oyz является
плоскостью симметрии, а ось Оz проходит через центр тяжести сечений.
При этих предпосылках положение точки А, лежащей на оси бруса, однозначно определяется заданием только одной координаты – z (рис. 2.1а).
Под действием сил, приложенных вдоль оси Оz, и вызывающих центральное растяжение стержня, точка А получит перемещение AA'. Очевидно,
что величина перемещения определяется удалением точки А от начала координат: w(0) = 0, w(z) = AA, w(l) = l (рис.2.1б).
Проведем два сечения на расстояниях z и z+z от левого конца и рассмотрим поведение заключенного между ними участка стержня в ходе его
загружения. Если положить w(z+z) = w(z) + w, то станет очевидным, что
перемещение этого отрезка стержня как твердого тела на величину w(z) сопровождается его удлинением на величину w (рис. 2.1в). Предполагая, что продольная сила остается постоянной на участке z, воспользуемся формулой (2.2)
для определения его относительного удлинения. Подставляя в (2.2) l = w, а l
= z и переходя к пределу, получим выражение продольной деформации в
сечении z:
z = lim
z 0
w dw
 .
z dz
(2.3)
- 17 -
Таким образом, зная w(z) можно найти деформацию z(z), и наоборот – по
известной деформации z из (2.3) можно найти перемещение w:
w
z
w0
0
 dw  
zdz,
или
z
w (z) = w0 +  zdz.
(2.4)
0
2.2. Закон Гука. Коэффициент Пуассона
Вернемся к рассмотрению стержня из предыдущего параграфа и, следуя
Р.Гуку, зададимся вопросом: как связаны удлинение стержня – l, его длина – l,
площадь поперечного сечения – F и величина приложенной нагрузки – Р ?
Экспериментально была установлена зависимость:
l = Pl/ (ЕF),
(2.5)
или, с учетом (2.1) и (2.2), другая ее форма:
=Е
(2.6)
которая известна как закон Гука при ЦРС.
Входящий в эти формулы множитель Е называется модулем упругости
или модулем Юнга. Поскольку относительная деформация ε  Δl / l в (2.6) –
безразмерная величина, размерности σ и E совпадают. Приведем значения E
для некоторых материалов, применяемых в строительстве:
сталь – 200 ГПа,
бетон – 20 ГПа,
дерево вдоль волокон – 10 ГПа.
Чтобы выяснить смысл модуля упругости, отметим, что σ = E при  = 1.
Таким образом, модуль упругости численно равен напряжению, при котором
стержень удваивает свою первоначальную длину. В действительности ни один
из материалов, за исключением резины, не выдержит такого напряжения.
Для металлов  имеет максимальные значения порядка 0,0001 0,001, и
их разрушение наступает при напряжении , примерно в тысячу раз меньше
значения Е.
Как известно, удлинение стержня при ЦРС сопровождается изменением
его поперечных размеров. Пусть b – начальная ширина стержня, а b+ b – его
поперечный размер при деформации.
Поперечной деформацией называется отношение
ε  Δ b/b.
- 18 -
Правило знаков: при растяжении b < 0, ε  0 ; при сжатии стержня
b > 0, ε  0 .
Коэффициентом Пуассона называется отношение поперечной деформации стержня к его продольной деформации:
ν  ε  / ε .
Приведем значения ν для некоторых материалов:
сталь – 0,3;
бетон – 0,17;
дерево вдоль волокон – 0,5.
Теоретические и экспериментально доказано, что 0  ν  0,5 .
Итак, упругие свойства материалов определяются двумя физическими
константами – Е и ν .
2.3. Механические испытания материалов
Для определения постоянных Е, ν и других характеристик материалов,
необходимых для расчета, проводят механические испытания их стандартных
образцов с заданной длиной l и площадью поперечного сечения F. В ходе такого испытания находят зависимость изменения длины образца l от величины
действующей силы N, а фактически – строят график σ  N / F как функции
ε  Δl / l . С учетом особенностей этих диаграмм σ(ε) все материалы делятся на
два класса:
1) пластичные (сталь, алюминий);
2) хрупкие (стекло, чугун).
Рассмотрим диаграмму растяжения стального образца, на которой отмечены характерные точки и соответствующие им напряжения (рис.2.2а).
- 19 -
Пределом пропорциональности (пц) называется максимальное напряжения, соответствующее точке А диаграммы, при котором сохраняется линейный
характер зависимости σ(ε) в соответствии с законом Гука. Сравнивая уравнение прямой ОА: σ  tgα  ε с (2.6), получим, что Е  tgα .
Пределом текучести ( σ Т ) называется напряжение, при котором деформирование образца происходит без увеличения нагрузки, что вызвано перестройкой структуры стали. Горизонтальный участок диаграммы в окрестности
точки В называется площадкой текучести.
Предел прочности (пч) – максимальное напряжение, которое выдерживает образец до разрушения.
Проследим теперь за образцом при уменьшении приложенной к нему
нагрузки.
Если в процессе его загрузки напряжение не превысило пц, то разгрузка
происходит по той же прямой ОА, по которой происходило нагружение, и
после снятия приложенной нагрузки тело полностью восстановит свои размеры
и форму.
Разгрузка из точки D, принадлежащей участку АС, происходит по прямой О1D, параллельной ОА.
Таким образом, полная деформация стержня в точке D – ОО2 складывается из упругой – О1О2 и пластической или остаточной ОО1.
Поведение хрупких материалов при растяжении характеризуется разрушением в упругой стадии при незначительных деформациях. На диаграмме
растяжения таких материалов есть только одна характерная точка, соответствующая пч (рис.2.2б).
Свойства хрупких материалов, в отличие от пластичных, при растяжении
и сжатии различны, поэтому для них строят обе диаграммы. Такие материалы
как бетон или кирпич испытывают только на сжатие, т.к. они практически не
работают на растяжение.
ПРИМЕЧАНИЯ:
1. Мы рассмотрели процесс испытания образца и определение свойств материала в
самом первом приближении. В действительности характер диаграммы зависит от многих
факторов, в том числе – скорости деформирования и температуры проведения испытаний,
поэтому для ряда материалов правильнее говорить не об их принадлежности к тому или
иному классу, а о проявлении у них соответствующих свойств в определенных условиях.
2. Приведенная диаграмма (рис.2.2а) носит условный характер, т.к. не учитывает изменение первоначальной длины стержня l и площади его поперечного сечения F в ходе
испытания и, особенно, на его завершающей стадии.
3. В рамках этого курса не рассматривается механизм разрушения деформируемого
тела.
- 20 -
2.4. Расчет на прочность
Теория и практика расчета на прочность, появившись в позапрошлом веке, продолжают развиваться и совершенствоваться вместе с механикой деформируемого тела.
С учетом гипотез, рассмотренных в параграфе 1.4, отметим только два
метода расчета на прочность:
– расчет по допускаемым напряжениям;
– расчет по предельным состояниям.
Первый из них давно известен, но продолжает оставаться актуальным.
Его суть заключается в сравнении напряжений в конструкции от заданной
нагрузки с их предельными значениями, получаемыми с учетом диаграммы
нагружения. Для ЦРС соответствующее условие прочности имеет вид:
max=N/F  [],
(2.7)
где max – максимальное по модулю напряжение, N – продольная сила в опасном поперечном сечении, F – площадь этого сечения, [] – допускаемое
напряжение материала бруса.
Последнее определяется следующим образом: для пластичных материалов: [] = σ Т /кт ; для хрупких материалов: [] = пч /кпч , где кт, кпч - коэффициенты запаса прочности по отношению к пределу текучести и пределу прочности соответственно.
Эти коэффициенты создают запас прочности, который должен компенсировать возможное отрицательное влияние таких факторов, как:
– неточность выбора расчетной схемы;
– ошибки в определении величины действующей нагрузки и несоответствие условиям эксплуатации;
– неточность изготовления элементов конструкции;
– несоответствие физических характеристик материала конструкции
паспортным данным и другие факторы.
Напомним, что расчет на прочность является необходимым этапом решения основной задачи СМ  проектирования конструкции. Такой проектный
расчет заключается в подборе сечения по формуле, вытекающей из (2.7):
F  N / [].
Помимо него может возникнуть необходимость проверочного расчета
прочности эксплуатируемой конструкции, который выполняется непосредственно по формуле (2.7), или расчета несущей способности по следующей из
нее формуле:
N  []F.
- 21 -
Основным недостатком метода допускаемых напряжений является то, что
с помощью одного коэффициента запаса прочности одновременно учитывается
несколько различных по своей природе факторов. Это приводит к трудностям
при проектировании конструкций, которые одновременно должны быть надежными и экономичными.
Метод расчета по предельным состояниям, известный также как метод
частных коэффициентов и введенный в практику проектирования строительных
объектов во второй половине прошлого столетия, предусматривает, как и следует
из его второго названия, введение отдельных коэффициентов надежности по
нагрузке, материалу, назначению, а также коэффициентов условий работы и др.
ПРИМЕЧАНИЕ. К числу конструкций, находящихся в условиях ЦРС или элементы
которых испытывают этот вид НДС, относятся стойки, колонны, опоры, фермы и др. Если
такие стержни обладают достаточной гибкостью, то при сжатии они могут разрушиться из-за
потери устойчивости при напряжении, значительно меньшем допускаемого напряжения
[].
- 22 -
ГЛАВА 3. ПРЯМОЙ ИЗГИБ
3.1. Внутренние усилия в балке
Рассмотрим брус в системе координат Oxyz, где начало отсчета выбрано
на его левом конце, а ось Оz совпадает с осью бруса, проходящей через центры
тяжести его поперечных сечений. Загрузим брус моментами и силами, лежащими в плоскости его симметрии Oyz, причем все силы Pi будем считать перпендикулярными к его оси Oz (рис.3.1а). Изгиб при указанных предпосылках
называется прямым.
В дальнейшем под балкой будем понимать брус в условиях прямого изгиба.
Рассмотрим поперечный изгиб такой балки. Для внутренних усилий в ее
сечении (рис.3.1б) можно дать простое и удобное на практике определение,
которое в отличие от приведенного в параграфе 1.6, не связано с системой
координат.
Поперечная сила Qу=Q в сечении балки равна сумме проекций на нормаль
к ее оси всех сил, взятых по одну сторону от сечения, которое делит балку на
две части.
Изгибающий момент Мх=М в сечении балки равен сумме моментов всех
сил, взятых по одну сторону от сечения и вычисленных относительно точки,
где сечение пересекает ось балки.
- 23 -
Правило знаков – в соответствии с рис.3.1в, где показаны положительные
значения Q и M для частей балки, расположенных по обе стороны от проверенного сечения.
ПРИМЕЧАНИЯ:
1. Отметим, что Q > 0 соответствует вращению отсеченной части балки по ходу часовой стрелки.
2. Очевидно, что вычисление Q и M в сечении заданной двухопорной балки на расстоянии z от ее левого конца (рис.3.1б) не отличается от определения опорных реакций в консольной балке соответствующей длины. При этом последняя балка защемлена на правом
конце и загружена всеми силами, взятыми слева от рассматриваемого сечения заданной
балки. Аналогичное замечание справедливо для части балки справа от сечения (рис.3.1в).
3. В сечении, проведенном на расстоянии z от левого конца балки, Q = Q(z) и М =
=М(z), причем абсциссы z и ~z связаны зависимостью: ~
z lz.
3.2. Теорема Журавского
Рассмотрим участок балки длиной dz, заключенный между сечениями с
абсциссами z и z + dz и загруженный распределенной нагрузкой с интенсивностью q(z). Слева на него действуют внутренние усилия Q(z)=Q и М(z)=M, справа – Q(z+dz)=Q+dQ и М(z+dz)=M+dM (рис.3.2).
Составим уравнения равновесия выделенного элемента, считая, что в его
пределах распределенная нагрузка постоянна: q(z) = q.
Первое из уравнений:
Y
i
 0 ; Q  q  dz  (Q  dQ)  0
приводит к соотношению:
q = dQ/dz
(3.1)
Из второго уравнения равновесия:
М
с
 0 ;  М  Q  dz  q  dz  dz / 2  ( M  dM )  0 ,
пренебрегая бесконечно малыми второго порядка, получим еще одну зависимость:
Q = dМ/dz
(3.2)
Таким образом, функции q ( z ), Q ( z ) и M (z ) связаны соотношениями
(3.1) и (3.2), которые и составляют суть теоремы и называются дифференциальными зависимостями Журавского.
ПРИМЕЧАНИЕ. Для
Q  dM / d~
z соответственно.
~
z lz
z
эти зависимости примут вид: q  dQ / d~
и
- 24 -
3.3. Построение эпюр Q и M
Под эпюрой в СМ понимают график изучаемой величины, ординаты которого откладывают в направлении нормали к оси эпюры.
Последняя может совпадать с осью стержня, быть параллельной ей, либо
представлять собой иную линию, полученную пересечением связанных с конструкцией поверхностей и плоскостей. При этом у арки или криволинейного
стержня ось эпюры также может быть криволинейной – в отличие от оси Ох
при построении обычных графиков функций.
Эпюры Q и М позволяют наглядно представить наиболее напряженные
участки балки. Рассмотрим, например, эти эпюры для простой двухопорной
балки (рис.3.3). Нетрудно догадаться, что опасным будет сечение в середине
балки, где М(z) принимает максимальное значение.
При построении эпюр Q и М целесообразно придерживаться определенной последовательности.
Порядок построения эпюр Q и М
1. Определяем опорные реакции.
2. Делим балку на участки, границами которых являются:
- начало и конец балки,
- точки приложения сосредоточенных сил Рi и моментов Mi,
- границы участков распределенной нагрузки.
- 25 -
3. В пределах каждого участка балки проводим сечение на расстоянии zi
от левого, или ~z i – от правого конца. Вычисляем Q и М как функции zi или ~zi ,
рассматривая условия равновесия соответствующей части балки слева или
справа от сечения.
4. Строим эпюру Q, откладывая положительные значения вверх от оси
эпюры, т.е. в направлении оси Оу и – эпюру М, откладывая положительные
значения вниз от оси эпюры, т.е. на нижних волокнах балки.
5. Контроль правильности решения.
Остановимся подробнее на этом последнем и самом важном этапе решения.
Проверка правильности построения эпюр
Из формул (3.1) и (3.2) следует:
1. На незагруженных участках балки (q = 0) эпюра Q – постоянна, а М –
линейна.
2. На участках, загруженных равномерно распределенной нагрузкой (q =
= const), – а мы будем рассматривать только такую, – эпюра Q представляет
собой прямую линию, а М – параболу, обращенную выпуклостью в сторону
действия нагрузки (правило «парусности эпюры»).
3. В точках приложения сосредоточенных сил Рi эпюра Q имеет скачок на
величину приложенной силы, а эпюра М – точку излома в сторону действия
силы.
В точках приложения сосредоточенных моментов Мi эпюра М имеет
скачок на величину приложенного момента. (На эпюре Q это никак не отражается).
В частности, на концах балки значения Q и М будут равны соответственно – сосредоточенным силам и моментам, приложенным там (активным или
реактивным).
4. На участке, где эпюра М нисходящая (возрастает), – Q > 0, если эпюра М – восходящая, – Q <0.
5. Изгибающий момент может достигать максимального по модулю значения:
- на границах участков;
- в точках, где Q = 0;
- в точках приложения сосредоточенных сил, где эпюра Q имеет скачок
со сменой знака.
ПРИМЕЧАНИЯ:
1. Для вычисления Q и М в каком-либо сечении балки удобнее рассматривать равновесие той части балки, к которой приложено меньше сил. Например, при построении эпюр,
приведенных на рис.3.3, на первом участке ( 0  z  l / 2 ) из условия равновесия левой части
(рис.3.1б, в) получим:
 Y  0 ; RA  Q( z)  0; Q( z)  P / 2 ;
М
с
 0; - RAz + M(z) = 0; M(z) = Pz/2.
- 26 -
z  l ) равноТот же результат можно получить, рассматривая на этом участке (l / 2  ~
весие части балки, которая расположена справа от сечения:
 Y  0 ; Q(~z )  P  RB  0; Q(~z )  P / 2 ;
М  0 ; R ~z  P(~z  l / 2)  M (~z )  0; M (~z )  Pl / 2  P~z / 2  P(l  ~z ) / 2  Pz / 2 .

с
B
2. На границе участков функции Q(z) и М(z) могут иметь точки разрыва. Например, в
рассмотренном примере (рис.3.3), значения Q(z) слева и справа от сечения z = l/2 соответственно равны: Q(l / 2)   P / 2 и Q(l / 2)    P / 2 . Вопрос о том, чему равняется эта функция
непосредственно в точке z = l/2, не имеет практического значения. Поэтому в качестве
характерных точек, где вычисляются необходимые для построения эпюр значения функции,
на каждом участке можно брать его границы, добавляя к ним – в случае распределенной
нагрузки – точку в середине участка или точку, где Q = 0.
3. При построении эпюр в консольных балках можно не определять опорные реакции,
если рассматривать равновесие части балки, не содержащей опору.
4. При рассмотренном правиле построения эпюры М она будет расположена на растянутых волокнах балки.
3.4. Примеры построения эпюр
Переходя к рассмотрению примеров, отметим, что, помимо изложенного
выше метода построения эпюр, существуют и другие методы, однако разница
между ними невелика и все они базируются на приведенном в параграфе 3.1
определении Q и М. Поэтому при решении этих задач надо помнить о следующем:
- значения Q и М в любом сечении балки можно вычислить просто в соответствии с этим определением;
- верное решение в общем случае можно получить только при условии
правильного определения опорных реакций, для которых рекомендуется
указывать их истинное направление;
- заключительным и самым важным этапом решения задачи является контроль правильности построения эпюр, рассмотренный в параграфе 3.3.
Во многих случаях решение задач можно упростить, если воспользоваться рассмотренным в параграфе 1.4 принципом суперпозиции, в соответствии с
которым эпюры Q и М от заданной нагрузки можно найти как суммы соответствующих эпюр от каждой нагрузки в отдельности. При реализации этого метода полезно знать решения для простых двухопорных и консольных балок,
загруженных сосредоточенными силами, моментами и распределенной нагрузкой  подобных рассмотренным на рис. 3.3.
Пример 3.1. Построить эпюры Q и М (рис.3.4а).
Решение. Балка состоит только из одного участка, границы которого совпадают с ее естественными границами.
Опорные реакции можно не определять, если рассматривать равновесие
z
части балки, расположенной справа от сечения, проведенного на расстоянии ~
от ее свободного правого конца (рис.3.4б):
- 27 -
~
~
 Y  0 ; Q(~z )  q  ~z  0 ; Q( z )  qz ;
 М с  0 ; M (~z )  q  ~z  ~z 2  0 ; M (~z )  q~z 2 / 2 .
(а)
i
(б)
Строим эпюры Q и М по зависимостям (а)
и (б), контролируя правильность решения задачи:
– на загруженном участке балки M (z~ ) – парабола, Q(z~ ) – линейная функция;
– зависимости Журавского принимают вид:
z  q ;
dM / d~
z  q~
z  Q ; dQ / d~
– нисходящая (слева  направо!) эпюра М соответствует положительным значениям Q;
– на левом конце балки эпюры Q и М имеют
скачки на величину соответственно опорной
реакции RA= ql и реактивного момента МA = ql2/2,
где знаки последних соответствуют правилу ТМ
(рис.3.4).
Отметим, что
МАТМ = ql2/2, МАСМ = – ql2/2.

Как видим, опорные реакции можно найти
не только из уравнений равновесия балки, но и с
помощью построенных эпюр.
Пример 3.2. Построить эпюры Q и М
(рис.3.5а).
Решение. В соответствии с планом, приведенным в параграфе 3.3:
1) Находим опорные реакции из условий
равновесия балки (рис.3.5б):
МА = 0;  q  2  1  M  RB  4 = 0; RB = 1,5 кН;
МВ = 0; –RA  4  q  2  3  M  0 ; RA = 2,5 кН.
Проверка:
Y = RA – q  2 + RB = 2, 5– 2 2 +1, 5 = 0.
2) Делим балку на участки:
– первый участок: 0  z1  2 ;
– второй участок: 2  z 2  4 (или 0  ~z 2  2 ).
- 28 -
3) Определяем Q и М, рассматривая равновесие части балки слева от сечения – на первом и справа от сечения – на втором участке (рис.3.5в).
- 29 -
3.1) Первый участок
 Y  0 ; RA – qz1  Q( z1 )  0;
Q( z1 )  2,5  2 z1 ;
(а)
2
2
 0 ; –RAz1+ qz1 / 2  M ( z1 )  0 ; M ( z1 )  2,5 z1  z1 .
(б)
Для построения Q вычисляем ее значения на границе участка:
Q(0)  2,5; Q(2)  1,5 .
(в)
Поскольку функция Q (z ) меняет знак, находим корень уравнения
Q( z1 )  0 : z1*  1,25 .
Для построения эпюры M ( z1 ) , представляющей собой параболу, вычисляем ее значения в трех точках:
M (0)  0 ; M (1,25)  1,56 ; M (2)  М (2)   1 .
(г)
3.2) Второй участок
(д)
 Y  0 ; Q(~z2 )  RB=0; Q(~z 2 )   RB=  1,5
М
с
z 2 )  1,5~
z2 ;
z 2 ) + RB ~
z 2 = 0; M (~
 0 ;  M (~
(е)
M (0)  0 ; M (2)  3 .
(ж)
4) Строим эпюры Q и М по вычисленным значениям (в), (г) и (ж).
5) Проверяем правильность построения эпюр:
– зависимости Журавского на первом участке – из (а) и (б):
dM ( z1 ) / dz1  2,5  2z  Q( z1 ) ;
– то же на втором участке – из (д) и (е):
dM (~
z 2 ) / d~
z2  1,5  Q(~
z2 ) ;
– нисходящему участку эпюры М ( 0  z1  z1* ) соответствует Q  0 ;
– эпюра Q на концах балки имеет скачки на величину RA и RB соответственно, у эпюры М  скачок в точке приложения сосредоточенного момента.
Отметим, что максимальное значение изгибающего момента: Мmax =
= max(1,56; 3) = 3кНм достигается на границе участка.

Пример 3.3. Построить эпюры Q и М методом суперпозиции (рис.3.6а).
Решение. Суть этого метода – в том, чтобы вместо одной сложной задачи
решить три (в данном примере), но простых.
На трех участках из четырех эпюра М от заданной нагрузки будет линейной, поэтому ограничимся построением только этой эпюры. Будем искать ее в
виде суммы: М  М q  M p  M M , где слагаемые представляют собой эпюры
моментов от загружения заданной балки соответственно – q , p и М, и для их
построения можно воспользоваться полученными ранее решениями.
Эпюра Mq на первом участке заданной балки: 0  z  2 симметрична эпюре, приведенной на рис. 3.4, причем Mq(2) = – ql2/2 = – 2кНм. На последнем
участке ( 6  z  8 ) по определению М q  0 , а на незагруженном участке между
М
с
опорами А и В она изменяется по линейному закону.
Аналогично, не определяя опорных реакций, можно построить эпюру Mp
на основе эпюры, приведенной на рис.3.3. Эпюра M M строится аналогично М q .
- 30 -
- 31 -
Теперь для построения М достаточно вычислить ее значение в точке
z  4 : M(4) = Mq(4) + Mp(4) + MM(4) = - 1 + 4 + 1 = 4кНм (рис.3.6б).
Переходим к построению эпюры Q.
На первом участке она обратносимметрична эпюре, приведенной на
рис.3.4. На незагруженных участках балки эпюру Q легко построить по эпюре
М, воспользовавшись зависимостью Q  dM / dz  tg:
– на втором участке (2  z  4) :
Q  tg1= (4+2)/2=3 кН;
– на третьем (4  z  6) :
Q  – tg2= – (4–2)/2= –1 кН;
– на последнем четвертом участке (6  z  8) М = const, поэтому Q = 0
(рис.3.6в).
По эпюре Q находим реакции опор (рис.3.6г) и выполняем статическую
проверку правильности решения:

 Y  q  2  RA –P + RB =  2  5  4  1  0 .
- 32 -
ГЛАВА 4. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ СЕЧЕНИЙ
Прочность балки при изгибе, в отличие от ЦРС, зависит не только от
площади поперечного сечения, но и от формы этого сечения. В этом нетрудно
убедиться на примере деревянной линейки, положенной плашмя или поставленной на ребро.
4.1. Статические моменты сечения
Рассмотрим произвольное поперечное сечение площадью F в системе координат Оху (рис.4.1).
Центр тяжести этого сечения, как известно из ТМ, определяется координатами:




xc    xdF  / F ;
yc    ydF  / F .
F

F

Запишем эти формулы в виде:
xc  S y / F ;
yc  S x / F ;
(4.1)
где
S x , S y - статические моменты сечения относительно осей Ox и Oy.
Очевидно, что каждый из этих моментов можно рассматривать как предел суммы элементарных площадей ΔFi , на которые разбито сечение, умноженных на взятые со знаком  расстояния от них до этих осей:
n
n
i 1
i 1
S x  lim
 yi (ΔFi )   ydF ; S y  lim
 xi (ΔFi )   xdF .
n
n
F
F
(4.2)
- 33 -
Если сечение разбито не на элементарные ΔFi , а на конечные площади Fi ,
формулы (4.2), как и в методе разбиения из ТМ, примут вид:
S x   Fi yi , S y   Fi xi ,
(4.3)
где xi , yi - координаты центров тяжести этих площадей.
Проведем через центр тяжести С центральные оси С~
x , C~
y , параллельные
x~
y:
осям Oх, Oу , и запишем формулы (4.1) в системе координат С~
~
xc  S ~y / F  0 ;
~
yc  S ~x / F  0 .
Отсюда следует, что S ~x = S ~y = 0, т.е. статические моменты относительно центральных осей равны нулю.
Отметим, что статические моменты измеряются в м3 или см3 и называются моментами первого порядка, т.к. равны произведению площади на расстояния в первой степени.
4.2. Моменты инерции сечения
Эти моменты являются моментами второго порядка и определяются следующим образом.
Момент инерции сечения относительно центра (оси) равен сумме
произведений элементарных площадей на квадраты расстояний до этого
центра (оси).
Переходя в этих суммах к пределу при стремлении элементарных площадей ΔFi к нулю, получим:
J x  lim
 yi2 ΔFi    y 2 dF ;
n
n
i 1
F
J y  lim
 xi2 ΔFi    x 2 dF ;
n 
n
i 1
(4.4)
F
J o  lim
 ri 2 ΔFi    r 2 dF.
n 
n
i 1
F
С учетом зависимости r  x 2  y 2 получим из этих формул соотношение:
Jo  J x  J y
(4.5)
т.е. момент инерции относительно центра или полярный момент инерции равен
сумме осевых.
Моменты инерции измеряются в м4 или в см4 и, в отличие от статических
моментов, всегда положительны.
- 34 -
ПРИМЕЧАНИЕ. В этом курсе мы ограничимся изучением прямого изгиба и симметричных сечений, поэтому не будем рассматривать другие моменты инерции, необходимые
для характеристики несимметричных сечений.
4.3. Моменты инерции относительно параллельных осей
Для определения геометрических характеристик сложных сечений, составленных из стандартных прокатных профилей (двутавр, швеллер и др.),
нужно знать соотношения между моментами инерции этих элементов относительно собственных центральных осей, приведенными в сортаменте, и моментами инерции относительно центральных осей всего сечения.
x~
y (рис.4.1), связанные завиРассмотрим две системы координат Оxy и С~
симостями:
x~
x  xc ; y  ~y  y c  ~y  d .
Для момента инерции J x из (4.4) с учетом последнего соотношения получим:
2
J x   y 2 dF    ~
y  d  dF   ~
y 2 dF  2d  ~
y dF  d 2  dF  J ~x  2dS~x  Fd 2  J ~x  Fd 2 ,
F
F
F
F
F
т.к. S ~x  0 (см. параграф 4.1).
Таким образом, момент инерции сечения относительно какой-либо оси
равен моменту инерции относительно параллельной ей центральной оси плюс
площадь сечения, умноженная на квадрат расстояния между осями:
2
J x  J ~x  F  d….
.
(4.6)
4.4. Моменты инерции простых сечений
К числу наиболее распространенных форм поперечных сечений балок,
особенно деревянных, относятся прямоугольник и круг.
Прямоугольник. Рассмотрим поперечное сечение балки шириной b и выx  J ~x
сотой h и определим его момент инерции (4.4) относительно оси С~
(рис.4.2).
y и поРазобьем площадь сечения F на полоски шириной h и высотой d~
~
ложим dF  b  dy . Тогда интегрирование по площади F сведется к вычислению одномерного интеграла:
h / 2
h/2
b~
y3
2
2
~
~
~
J ~x   y dF   y bdy 
 bh 3 / 12 .
3 h / 2
F
h / 2
- 35 -
Итак, момент инерции прямоугольника:
J ~x  bh3 / 12
(4.7)
Круг. Определим вначале момент инерции круга радиуса R относительно
его центра О (рис.4.3). Проще всего вычислить соответствующий интеграл в
(4.4), разбивая круг на кольца шириной dr и полагая dF равной площади этого
кольца.
С точностью до бесконечно малых первого порядка dF  2πr  dr , поэтому:
R
r4
J о   r dF  r  2rdr  2 
4
F
O
2
R
2
0
R 4

.
2
Теперь с помощью (4.5) легко найти и J ~x  J ~y :
J ~x  πR 4 / 4
(4.8)
Пример 4.1. Вычислить центральный момент инерции балки треугольного поперечного сечения (рис.4.4а).
- 36 -
Решение. Рассмотрим сечение в виде квадрата со стороной b  a 2
(рис.4.4б). Полагая в (4.7) h  b , найдем момент инерции квадратного сечения
x : J ~x  J ~y  b 4 / 12 .
относительно оси О~
Воспользовавшись для квадрата соотношением (4.5), получим:
J o  J ~x  J ~y  J x  J y ,
откуда J x  J ~x  b / 12 .
Из (4.4) следует, что момент инерции составного сечения относительно
какой-либо оси равен сумме моментов инерции отдельных частей этого сече4
_
ния относительно той же оси. Поэтому, представив квадрат на рис.4.4б в виде
двух треугольников, разделенных осью Оx , получим, что момент инерции
каждого из них относительно оси Оx будет равен:
J xТР 
1 КВ
J x  b 4 / 24 .
2
Возвращаясь к рис.4.4а, найдем для заданной балки:
J xТР  b4 / 24  4a 4 / 24  a 4 / 6 .
Центр тяжести треугольника отстоит от центра О на расстояние
x равно d  a / 3 .
OC  a / 3 , поэтому расстояние между осями Оx и C~
Воспользовавшись зависимостью 4.6, получим:
J xТР  J xТР  F ТР  d 2  a 4 / 6  a 2 a / 3  a 4 / 18 .
2

- 37 -
ГЛАВА 5. НОРМАЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
5.1. Предпосылки расчета
Мы выяснили, что напряжения в поперечном сечении балки статически
эквиваленты внутренним усилиям, которые находят из условий равновесия ее
отсеченной части. Однако, для расчета на прочность недостаточно определить
М и Q  нужно знать именно напряжения  и  . Чтобы выразить последние
через внутренние усилия (1.2), надо ввести дополнительные гипотезы, отражающие особенности деформирования балки и распределение напряжений по
площади ее сечения,  подобные введенной при рассмотрении ЦРС.
Для обоснования соответствующих предпосылок рассмотрим балку прямоугольного поперечного сечения в условиях чистого изгиба с нанесенной на
ее боковой поверхности ортогональной сеткой (рис.5.1).
Как видим, ее нижние волокна  растягиваются, верхние  сжимаются, а
образующие нейтральный слой  остаются недеформированными. При этом
размеры сечения по оси Оу не меняются, а сами сечения остаются перпендикулярными к изогнутой оси балки.
Это позволяет ввести в рассмотрение две гипотезы.
1. Статическая гипотеза. Горизонтальные слои балки не давят друг на
друга, т.е.  у  0 .
2. Кинематическая гипотеза. Сечения, перпендикулярные к оси балки до
деформации, остаются перпендикулярными к ее изогнутой оси. При этом перемещения точек нейтрального слоя балки вдоль осей Ох и Оz равны нулю.
Как показывает опыт, применение этих гипотез оправдано и в случае поперечного изгиба балки.
- 38 -
Определение. Прямая, полученная пересечением нейтрального слоя с
плоскостью поперечного сечения, называется его нейтральной осью.
ПРИМЕЧАНИЯ:
1. Кинематическая гипотеза, известная как гипотеза плоских сечений Я.Бернулли,
фактически применялась нами еще в параграфе 2.1 при рассмотрении деформации ЦРС:
введенная там предпосылка о постоянстве  z в поперечном сечении стержня с учетом закона
Гука (2.6) означала постоянство  z , а в силу (2.4)  также и w.
2. Рассмотренные гипотезы, особенно в случае поперечного изгиба, соответствуют
действительности только приближенно:
- вблизи мест приложения нагрузки нарушается статическая гипотеза о несдавливании
горизонтальных слоев;
- первоначально плоские поперечные сечения при деформации могут искривляться и
так далее.
Тем не менее, полученные на их основе результаты расчета вполне отвечают потребностям инженерной практики.
5.2. Перемещения и деформации
Рассмотрим балку в системе координат Oxyz , где ось балки совпадает с
осью Оz , проходящей через нейтральные оси сечений (рис.5.2а).
Прогибами балки называются перемещения точек ее оси, которые с учетом кинематической гипотезы возможны только в направлении оси Оу .
Изогнутой осью балки называется кривая v(z ) , которую принимает ось
балки при деформации.
Угол поворота сечения (z ) равен углу наклона касательной к изогнутой
оси балки. На основании гипотезы малости перемещений (параграф 1.4):
θ(z) ≈ sin θ ≈ tg θ = dv/dz .
(5.1)
- 39 -
Правило знаков  в соответствии с рис.5.2б.
Отметим, что в силу гипотезы Бернулли перемещения всех точек балки
описываются перемещениями точек, лежащих в плоскости ее симметрии Oyz.
Чтобы проследить за точками балки, не лежащими на ее оси, рассмотрим
консоль длиной z, защемленную на левом конце и загруженную на правом 
моментом (рис.5.3).
Зафиксируем на свободном конце балки точку А  пусть она находится на
расстоянии у от нейтральной оси, проходящей через точку С, и в результате
деформации занимает в пространстве положение А .
Из  АВС  найдем модуль проекции вектора перемещения АА на ось Оz:
w(z) = AB = ACsin  = y sin . Принимая во внимание (5.1) и заменяя приближенное равенство строгим, получим с учетом знака w(z):
w(z) = y tg  = y dw/dz.
(5.2)
В силу статической гипотезы отдельные слои балки ведут себя как при
ЦРС, поэтому деформации можно найти по формуле (2.3):
( 2.3)
( 5.2 )
2
2
z  dw / dz   yd v / dz .
(5.3)
Таким образом введенные в предыдущем параграфе гипотезы, позволяют
выразить перемещения и деформации точек балки через уравнение ее изогнутой оси v(z ) .
ПРИМЕЧАНИЯ:
1. Фактически изменение длины волокна балки, проходящего через точку А ее сечения, равно не отрезку AB  y sin  , а отрезку AB = y tg, и (5.1) означает, что
AB  AB (рис.5.3б).
- 40 -
2. Для строгого обоснования формулы (5.3) нужно рассмотреть, как это было сделано
в параграфе 2.1, часть балки длиной dz    d , где  - радиус кривизны изогнутой оси
балки и найти  z непосредственно по формуле (2.2):
dz     y d    d
y


.
dz
  d

Переход от (5.4) к (5.3) означает, что в выражении кривизны:
z 

1


d 2 v / dz 2
1  dv / dz  
(5.4)
(5.5)
2 3/ 2
мы пренебрегаем членом dv / dz , величина которого, в соответствии с действующими в
строительстве нормами, не превышает 10-4.
2
5.3. Нормальные напряжения
Рассмотрим балку произвольного симметричного сечения в системе координат Oxyz , где ось Ox совпадает с нейтральной осью, а Oy  является осью
симметрии сечения.
Мы уже говорили, что отдельные слои балки фактически находятся в
условиях ЦРС, поэтому напряжения в них, с учетом закона Гука, можно найти
по формуле (2.6):
( 2.6 )
( 5.3 )
 z  E z   Ey  d 2 v / dz 2   Eyv .
(5.6)
Таким образом, напряжения  z пропорциональны удалению точек сечения от его нейтральной оси (рис.5.4).
К сожалению, на практике мы не можем воспользоваться последней формулой по двум причинам:
- неизвестно положение нейтральной оси Ox ;
- мы не знаем, чему равно значение v .
Для ответа на эти вопросы, воспользуемся выражениями внутренних усилий через напряжения (1.2), а также учтем формулы (5.6) и (4.2):
(1.2 )
Nz 

( 5.6 )
F
(1.2 )
Mx
( 4.2 )
 z dF   Ev  ydF   Ev S x ;
(5.7)
F
( 5.6 )
( 4.4 )
    z  ydF  Ev  y 2 dF  Ev J x .
(5.8)
F
Поскольку при изгибе балки N z  0 , то из (5.7) следует, что S x  S ~x  0 ,
т.е. нейтральная ось проходит через центр тяжести сечения.
Изгибающий момент M  M x в балке отличен от нуля и, как следует из
(5.8), пропорционален изгибной жесткости балки EJ  EJ x :
M  EJ  d 2v / dz2 .
(5.9)
- 41 -
Поделив (5.6) на (5.9), получим искомое выражение для нормальных
напряжений   z в поперечных сечениях балки:
  My / J .
(5.10)
Как видим, максимальные по модулю напряжения будут в точках сечения, наиболее удаленных от его нейтральной оси:
max   М / W ,
(5.11)
где
(5.12)
W  J / max y
 момент сопротивления сечения. Это основная геометрическая характеристика прочности балки.
Для прямоугольного сечения (рис.4.2) max y = h / 2 , поэтому
Wx  bh3 / 12 : h / 2  bh2 / 6 .
5.4. Рациональные сечения балок
Рассмотрим множество балок, имеющих одинаковые по величине максимальные изгибающие моменты М. Пусть поперечные сечения этих балок равны
по площади  F, но различны по форме. Естественно возникает вопрос: какая
форма поперечного сечения будет наилучшей?
Для ответа на него нужно, прежде всего, формулировать критерий оптимальности. С учетом условия прочности при ЦРС (2.7):
max= N / F  
наилучшей можно считать балку, у которой максимальные по модулю нормальные напряжения минимальны:
max   min .
(5.13)
В силу (5.11) последнее выражение при фиксированном значении М примет вид:
W  max,
(5.14)
т.е. из множества балок с одинаковой площадью поперечного сечения оптимальной будет балка с наибольшим значением момента сопротивления W.
Последний вывод, конечно, требует пояснения, и для этого мы рассмотрим следующий пример.
Предположим, в нашем распоряжении  стальная балка квадратного поперечного сечения со стороной b  h  12 см (рис.5.5а). Площадь и момент
сопротивления такого сечения будут, соответственно, равны: FКВ  b 2  144 см2;
WКВ  b3 / 6  288 см3.
- 42 -
Качество балки можно заметно улучшить, если, пропустив через прокатный стан, превратить ее в балку прямоугольного поперечного сечения шириной
b  8 см и высотой h  18 см (рис.5.5б). Соответствующие параметры такой
балки будут равны: FПР  bh  144 см2; WПР  bh2 / 6  432 см3.
Продолжив мысленно наш эксперимент, можно из имеющегося образца
изготовить балку двутаврового поперечного сечения высотой h  60 см с толщиной стенки d  1,3 см (рис.5.5в). Для соответствующей стандартной балки
несколько меньшей площади поперечного сечения FDВ  138 см2 с толщиной
стенки d  1,2 см, момент сопротивления WDВ  2560 см3.
Таким образом, WКВ : WПР : WDB  1 : 1,5 : 9 , т.е. последняя балка в 6 раз
прочнее прямоугольной и в 9 раз прочнее балки квадратного поперечного сечения.
Можно ли продолжить этот процесс поиска более совершенной и прочной балки при заданной площади поперечного сечения? Или, другими словами,
ограничено ли максимальное значение W?
Как теория, так и практика дают положительный ответ на последний вопрос. Попытка создать двутавровую балку с большим моментом сопротивления
за счет увеличения высоты и соответствующего уменьшения толщины ее стенки не приведет к созданию более прочной балки. Причина этого  в том, что с
уменьшением толщины стенки балки увеличивается опасность потери ее
устойчивости. Это явление сопровождается выпучиванием стенки балки и
имеет ту же природу, что и рассмотренная ранее (рис.1.4а) потеря устойчивости
сжатого стержня. Отметим, что при этом двутавровая балка перестает отвечать
критерию стержневых систем (параграф 1.2) и переходит в разряд тонкостенных пространственных конструкций.
- 43 -
ГЛАВА 6. КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
6.1. Предпосылки расчета
При поперечном изгибе в сечении стержня появляются не только нормальные напряжения z, эквивалентные изгибающему моменту M x :
(1.2 )
M x     z  y  dF ,
(6.1)
F
но и касательные напряжения zy, эквивалентные поперечной силе Qy:
(1.2 )
Qy 

zydF .
(6.2)
F
Подобно тому, как в предыдущей главе мы перешли от (6.1) к формуле
(5.10), сейчас нам предстоит выразить zy из (6.2) через поперечную силу Qy.
Рассмотрим часть балки шириной b , расположенную справа от сечения, и
предположим, что касательные напряжения равномерно распределены поперек
этого сечения (рис.6.1а).
- 44 -
Тогда из условий равновесия призматического элемента балки размерами
b  dy  dz следует, что касательные напряжения zy , действующие по его передней грани, должны уравновешиваться напряжениями  yz в его верхней
плоскости (рис.6.1б). При этом уравнение равновесия
(6.3)
 M ~x  0 ,
~
относительно оси Ox , параллельной Cx , примет вид:
dQ  dz   zy  b  dy  dz   yz  b  dz  dy ,
откуда следует, что
 yz =  zy .
(6.4)
Аналогичные соотношения справедливы не только для балки, но и для любого
упругого тела  они выражают закон парности касательных напряжений, в
соответствии с которым касательные напряжения на смежных гранях прямоугольного параллелепипеда равны по модулю и направлены навстречу друг
другу (см. рис.1.9).
Итак, касательные напряжения появляются не только в поперечных сечениях балки, но и между ее горизонтальными слоями. Чтобы убедиться в этом,
проведем мысленно следующий эксперимент. Рассмотрим две балки одинаковой длины: одна  в виде сплошного бруса, а другая  в виде того же бруса,
распиленного вдоль на две части. При чистом изгибе разница в балках ничем не
проявляет себя, и они деформируются совершенно одинаково (рис.6.2а). В
случае поперечного изгиба значительно больше будут прогибы второй балки;
ее слои свободно смещаются относительно друг друга в отличие от слоев пер-
- 45 -
вой балки, взаимно удерживаемых именно касательными напряжениями
(рис.6.2б).
ПРИМЕЧАНИЯ:
1. Мы предполагаем, что касательные напряжения в поперечном сечении балки
направлены параллельно поперечной силе Qy, то есть вдоль оси Oy.
2. Вполне оправданным будет вопрос: почему при выводе формулы (6.4) мы не учитывали нормальные напряжения?
В самом деле, при поперечном изгибе Q  0 , а M  const. Пусть в рассматриваемом
сечении балки (рис.6.1а) М ( z )  M , а M ( z  dz)  M  dM . Тогда в силу (5.10) на
переднюю грань вырезанного элемента помимо  zy будут действовать (z )   , а на противоположную (z + dz) =  + d , знаки которых учтены на рис.6.1в. С учетом этих напряжений уравнение (6.3) примет вид:
dQ  dz  dQ  dy  dN  dy / 2  0
или, подробнее:
откуда
 zy  b  dy  dz   yz  b  dz  dy  d  b  dy  dy / 2 ,
(zy - yz) = (d/dz)(dy/2).
Подставляя сюда
( 5.10)
( 3.2 )
d / dz  (dM / dz )  ( y / J )  Qy / J ,
получим соотношение:
( zy   yz )  (Qy / 2 J )  dy .
С точностью до бесконечно малых первого порядка правая часть последнего выражения равна нулю, откуда и следует (6.4).
3. Нетрудно уточнить, насколько прогибы второй балки на рис.6.2б будут больше, чем
у первой. Из условия равенства изгибающих моментов и уравнения (5.9) следует, что отношение кривизн обратно пропорциональны отношению жесткостей балок:
(v)( 2) /(v)(1)  EJ (1) / EJ ( 2)  J (1) / J ( 2) .
Для балки прямоугольного поперечного сечения:
J (1) / J ( 2)  (bh 3 / 12) : 2(bh 3 / 12  8)  4 ,
а поскольку прогибы балки v = v (P, l, EJ), то с точностью до множителя v = Pl3 / EJ, откуда
следует, что прогибы второй балки будут вчетверо больше прогибов первой.
6.2. Формула Журавского
Появление касательных напряжений между горизонтальными слоями
балки позволяет легко определить их величину.
Рассмотрим часть балки длиной dz , расположенную между двумя сечениями, проведенными на расстоянии z и z  dz от ее левого конца (рис.6.3а).
Изгибающим моментам M ( z )  M и M ( z  dz)  M  dM в этих сечениях балки
будут, в силу (5.10), соответствовать нормальные напряжения  и +d.
Проведем горизонтальное сечение на расстоянии t от нейтральной оси и
рассмотрим равновесие части балки выше этого сечения. Помимо нормальных
и касательных напряжений, приложенных в сечениях z и z  dz , на нее будут
- 46 -
действовать касательные напряжения  yz , распределенные по площади нижней
грани и уравнение  Z i  0 примет вид:
 yz  dz  b  
Fотс
d  dF  0 ,
где Fотс  площадь части поперечного сечения балки выше рассматриваемого
уровня (рис.6.3б).
Подставляя с учетом (5.10) в последнее выражение d  dM  y / J , получим
 yz 
dM 1

dz bJ

Fотс
y  dF ,
или, с учетом (3.2) и (4.2):
 yz   zy  QS xотс /(bJ x ) ,
отс
где S x 

Fотс
(6.5)
y  dF - статический момент части сечения выше рассматриваемого
уровня.
Последнее выражение и носит название формулы Д.И.Журавского.
ПРИМЕЧАНИЯ:
1. При выводе формулы (6.5) поперечное сечение балки фактически предполагается
выпуклым и односвязным. То есть, эту формулу нельзя, например, формально применить к
балке Т , О  или П образного поперечного сечения.
2. В этом курсе не рассматривается изгиб тонкостенных стержней открытого профиля,
для которых не выполняется не только предпосылка о равномерном распределении касательных напряжений поперек сечения балки (параграф 6.1), но и гипотеза прямых нормалей
(параграф 5.1).
- 47 -
6.3. Касательные напряжения в балках
Ограничимся рассмотрением только двух форм поперечных сечений балок.
Прямоугольное сечение. Статический момент части сечения выше рас( 4.3)
сматриваемого уровня: S xотс  Fотс yc , где yc  ордината ее центра тяжести. Для
прямоугольного сечения (рис.6.4а) Fотс  b(h / 2  t ) , yc  (h / 2  t ) / 2 , поэтому
S xотс  (b / 2)( h 2 / 4  t 2 ) .
Подставляя в (6.5), получим уравнение   (t ) :
  (Q / 2 J )(h2 / 4  t 2 ) .
Это парабола, максимальное значение которой достигается при t  0 , т.е.
на нейтральной оси сечения:
 max= (0)  Qh2 / 8J .
Подставляя сюда J  bh3 / 12 , получим:
 max=12Qh2 / 8bh3  (3 / 2)  (Q / F ) ,
т.е. максимальные касательные напряжения в полтора раза превышают средние
по площади сечения касательные напряжения  ср.= Q / F .
В крайних волокнах балки ( t  h / 2 ) касательные напряжения равны нулю, соответствующая эпюра построена на рис.6.4б.
Двутавровое сечение. Касательные напряжения в полках двутавра с помощью СМ найти нельзя  для этого нужно обращаться к методам теории
упругости. Однако для определения этих напряжений в стенке двутавра можно
воспользоваться формулой (6.5), если положить в ней ширину балки b равной
толщине стенки двутавра d (рис.6.5а).
При вычислении статического момента площади отсеченной части последнюю можно приближенно заменить двумя прямоугольниками: горизонтальным  размерами b   и вертикальным  размерами d  (h / 2    t ) . Тогда
  QS xотс /( Jd )  QS x / Jd  QS x / Jd   1   2 ,
1
2
где S x и S x2 - статические моменты горизонтального (полки) и вертикального
(стенки) прямоугольников.
На участке от 0 до h / 2   значения S x и 1 остаются постоянными, а S x и
 2 изменяются по закону для прямоугольного сечения, поэтому результирующая эпюра  на рис.6.5б в пределах стенки представляет собой сумму прямоугольной эпюры и параболы. На полках двутавра эпюрой  условно может
служить продолжение эпюры, показанной пунктиром,  она соответствует
прямоугольнику, в который вписан этот двутавр.
1
1
2
- 48 -
ПРИМЕЧАНИЯ:
1. Независимо от формы поперечного сечения балок касательные напряжения достигают максимума на нейтральной оси.
2. Касательные напряжения на полках двутавра близки к нулю, поэтому почти вся поперечная сила воспринимается стенкой двутавра.
В свою очередь, изгибающий момент воспринимается, в основном, полками двутавра,
которые максимально удалены от нейтральной оси и где максимальны нормальные напряжения.
- 49 -
ГЛАВА 7. РАСЧЕТ БАЛОК НА ПРОЧНОСТЬ
При расчете на прочность по допускаемым напряжениям исходными будут формулы, вытекающие из (5.11) и (6.5):
(7.1)
 max= M max / W   ,
(7.2)
 max= Q max S /(bJ )  ,
где  - допускаемое касательное напряжение.
Для простоты будем считать, что материал балки одинаково сопротивляется растяжению и сжатию, а ее поперечное сечение симметрично относительно нейтральной оси.
Расчет по нормальным напряжениям в задачах изгиба является основным и первичным.
При этом, как и для ЦРС различают: проектный расчет, который заключается в подборе сечения по формуле, вытекающей из (7.1):
(7.3)
W  M max/  ,
проверочный расчет прочности балки по формуле (7.1) и расчет несущей способности по формуле:
М max  W .
Расчет по касательным напряжениям также можно проводить в трех
вариантах: как проектный, проверочный или в виде определения эксплуатационной нагрузки. Однако чаще всего приходится выполнять проверочный расчет
 заданной балки или сечения, подобранного из условия прочности по предельным напряжениям.
При этом величина допускаемых касательных напряжений  составляет
порядка 0,1  для деревянных балок и около 0,6   для стальных.
Отметим, что толщина стенок прокатных двутавровых балок, применяемых в строительстве, обычно удовлетворяет условию (7.2).
В отличие от них деревянные балки нужно обязательно проверять на
прочность по касательным напряжениям, поскольку они имеют склонность к
разрушению за счет скалывания, т.е. взаимного сдвига ее горизонтальных слоев
(рис.7.1б). Мы уже выяснили в параграфе 6.1, что это сопровождается резким
уменьшением жесткости сечения и, следовательно, приводит к нарушению
условия прочности уже по нормальным напряжениям (рис.7.1а).
Пример 7.1. Подобрать сечение консольной балки длиной l = 2м, которая
загружена равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q  10 кН/м
(см. рис.3.4), в двух вариантах: 1) прокатная двутавровая балка,   160 МПа,
  100 МПа; 2) деревянная балка квадратного поперечного сечения,
  16 МПа,   1,6 МПа.
Решение. Максимальные значения изгибающего момента и поперечной
силы для данной балки равны:
M max= ql 2 / 2  20 кНм; Q max= ql  20 кН.
- 50 -
Для стальной балки размеры поперечного сечения находим из условия
прочности по нормальным напряжениям (7.3):
W  M max /  20 / 160 10 3 м3= 0,125 10 3 м3=125 см3.
В сортаменте материалов этому условию отвечает двутавр №18 со следующими характеристиками сечения: W  143 см3; J  1290 см4; статический
момент полусечения S  81,4 см3; толщина стенки d  5,1 мм.
Максимальные касательные напряжения в таком двутавре по формуле
(7.2) будут равны:
 max= Q max S /(dJ ) = 20  81,4 10 6 /(0,51 102 1290 108 )  2,475104 кПа =
= 24,75 МПа    100 МПа,
т.е. балка имеет четырехкратный запас прочности по касательным напряжением.
Для деревянной балки квадратного поперечного сечения со стороной b
момент сопротивления W  b3 / 6 и условие (7.3) примет вид:
b3 / 6  M max /  20 /(16 103 ) м3 = 1250 см3,
откуда b  3 6 1250  19,6 см.
Округляя до ближайшего размера, рекомендованного в сортаменте пиломатериалов, принимаем b  20 см.
Статический момент полусечения такого бруса:
S  F0  yc  20  10  5  1000 см3,
а момент его инерции:
J  b4 / 12  13333 см4.
Подставляя в (7.2), получим:
 max= Q max S /(bJ ) = 20 103 /(20 13333) кНсм-2 = 1 / 13333) 10 4 МНм-2 =
= 0,75 МПа    1,6 МПа,
т.е. условие прочности выполняется.

- 51 -
ГЛАВА 8. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ ПРИ ИЗГИБЕ
8.1. Дифференциальные зависимости при изгибе
Умение определять перемещения необходимо для расчета на жесткость
статически определимых систем и является составной частью расчета на прочность систем статически неопределимых. Для обоснования соответствующей
методики вернемся к рассмотрению некоторых формул, полученных ранее.
Дополняя дифференциальные зависимости Журавского из параграфа 3.2:
(3.1)´
q  dQ / dz
(3.2)
Q  dM / dz
соотношениями из параграфов 5.2 и 5.3:
(5.1)
  dv / dz ,
2
2
(5.2)
M  EJd v / dz ,
получим следующую цепочку формул, расположенных в зависимости от порядка производной функции прогибов v(z ) :
v  ;
(а) 
v    M / EJ ;
(б )
(8.1)

v    M  / EJ  Q / EJ ;
(в ) 
v    M  / EJ  Q / EJ  q / EJ . ( г ) 
Эти соотношения и носят название дифференциальных зависимостей при
изгибе.
Для того чтобы наглядно представить эти зависимости, рассмотрим балку, загруженную изменяющейся по линейному закону распределенной нагрузкой (рис.8.1). Эпюры, соответствующие (8.1) и приведенные ниже на этом
рисунке, имеют следующие особенности:
– максимальное по модулю значение прогибов соответствует нулевому
значению  ;
– касательные к эпюре  на концах балки горизонтальны, поскольку
М (0)  М (l )  0 ;
– максимальное значение M соответствует нулевому значению Q ;
– касательная к эпюре Q на левом конце балки горизонтальна, так как
Q(0)  q (0)  0 ;
– поскольку q(z ) линейна, функции Q, M ,  и v представляют собой
многочлены от второй до пятой степени соответственно.
Отметим, что, зная только одну функцию  v(z ) , по формулам (8.1) можно найти все остальные: Q, M ,  и q , т.е. определить действующую на балку
нагрузку и построить расчетную схему самой балки.
На практике чаще возникает необходимость в решении обратной задачи 
определении функции v(z ) по известным функциям M (z ) или q(z ) .
- 52 -
- 53 -
8.2. Краевая задача изгиба балки
Для того, чтобы найти функцию v(z ) по известной функции M (z ) , воспользуемся зависимостью (5.9) или аналогичным соотношением (8.1б):
d 2v / dz 2  M ( z) / EJ
(8.2)
которое называется дифференциальным уравнением изогнутой оси балки.
Сделаем небольшое отступление и поясним, что означает это понятие.
Под дифференциальным уравнением (ДУ) будем понимать зависимость,
связывающую производную от искомой функции v(z ) с заданной известной
функцией.
Решить ДУ  значит найти функцию v(z ) , обращающую эту зависимость
в тождество. Порядок производной от функции v(z ) определяет порядок дифференциального уравнения.
Рассмотрим следующую задачу: найти решение ДУ первого порядка:
удовлетворяющее условию:
dv / dz  2 z ,
(8.3)
v(0)  2 .
(8.4)
Очевидно, что решением (8.3) будет не одна, а целое множество функций,
образующих однопараметрическое семейство: v( z)  z 2  C1 , где C1  постоянная интегрирования. Только одна из них  при C1  2 отвечает условию (8.4).
Поэтому решением задачи (8.3)  (8.4) будет: v( z)  z 2  2 .
Нетрудно догадаться, что общее решение ДУ второго порядка (8.2) будет
зависеть не от одной, а от двух постоянных интегрирования.
В самом деле, с учетом (8.1а): dv / dz   уравнение (8.2) можно переписать в виде:
d / dz  1 / EJ M ( z ) ,
или, разделяя переменные, так:
d  1 / EJ M ( z )  dz .
Интегрируя, получим:
 d  1 / EJ  M ( z)dz ,
откуда следует:
 ( z )  1 / EJ  M ( z )dz  C1 .
(8.5)
Интегрируя еще раз с учетом  = dv/dz, найдем общее решение ДУ (8.2):
v( z )  (1 / EJ )  (  M ( z )dz )dz  C1 z  C 2
(8.6)
- 54 -
Из полученного множества функций нужно выбрать ту, которая описывает уравнение изогнутой оси конкретной балки. Для этого, как и в рассмотренном выше примере, задают дополнительные требования, которым должна удовлетворять искомая функция. Они отражают условия закрепления балки и
представляют собой значения функции прогибов или производной от нее, заданные, обычно, на границе области, занятой балкой, и поэтому называются
краевыми или граничными условиями.
Для простой двухопорной балки длиной l эти условия имеют вид:
(8.7)
v(0)  0; v(l )  0 ;
а для консольной балки, защемленной на левом конце:
v(0)  0; v(0)  (0)  0 .
(8.8)
Дифференциальное уравнение изгиба балки (8.2), дополненное краевыми
условиями (8.7) или (8.8), и образует краевую задачу изгиба балки.
ПРИМЕЧАНИЕ. При определении прогибов статически неопределимых балок, для
которых функция M (z ) неизвестна, вместо (8.2) приходится рассматривать более общее ДУ
четвертого порядка (8.1г):
d 4v / dz 4  q( z) / EJ .
Соответствующее решение этого уравнения зависит от четырех постоянных:
(8.9)
v( z)  1 / EJ   q( z)dzdzdzdz  C1 z 3  C2 z 2  C3 z  C4
и требует задания не двух, как (8.7) или (8.8), а уже четырех краевых условий.
8.3. Метод начальных параметров
Для того, чтобы на практике воспользоваться решением (8.6):
v( z)  1 / EJ  M ( z)dzdz  C1 z  C2 ,
(8.6)
нужно, во-первых, определить постоянные интегрирования C1 и C 2 , а вовторых, вычислить входящий сюда интеграл. Аналогичное замечание касается
и выражения (8.9).
Решение первой задачи упрощается, если выразить константы через
начальные параметры v0 , 0 , M 0 , Q0 , представляющие собой значения соответствующих функций в начальном сечении балки  на ее левом конце.
Подставляя z  0 в (8.5) и (8.6) получим:
C1  (0)  0 ; С2  v(0)  v0
(8.10)
Аналогично выражаются эти константы и в формуле (8.9).
Переходя к вычислению интеграла, входящего в (8.6), вспомним, что для
построения эпюр М и Q мы разбивали балку на отдельные участки и для каждого из них функция M (z ) имела различный вид. При таком подходе на каждом участке интеграл нужно вычислять отдельно, а затем стыковать полученные кривые, решая для n участков балки систему 2n уравнений.
- 55 -
Гораздо продуктивнее идея, которая заключается в том, чтобы представить функцию M (z ) в виде, едином для всех ее участков.
В самом общем случае нагрузку, приложенную к произвольной балке,
можно представить так, как показано на рис. 8.2. Будем придерживаться следующих правил при вычислении изгибающего момента в ее сечении:
1) начало отсчета выбирается на левом конце балки, всегда рассматривается часть балки, расположенная слева от сечения;
2) положительные Pi и qi направлены по оси Oy , а моменты M i  по ходу
часовой стрелки, как показано на рисунке;
3) распределенная нагрузка qi , приложенная на участке z qi , z qi  , заменяется той же нагрузкой, продолженной до конца балки, и соответствующей
компенсирующей нагрузкой.
При этих условиях изгибающий момент в поперечном сечении любого
участка балки можно представить в виде:


M ( z )  M 0  Q0 z   M i z  z mi   Pi z  z pi   qi z  z qi  / 2 ,
лев
0
1
2
(8.11)
i
где суммирование распространяется на нагрузку, расположенную слева от
рассматриваемого сечения.
В самом деле, для участков балки на рис.8.2 функция M (z ) равна:
1) M 0  Q0 z
(0  z  zmi),
2) M 0  Q0 z  M i z  z mi 
0
3) M 0  Q0 z  M i z  z mi   Pi z  z pi 
и так далее.
0
1
(zmi  z  zpi),
(zpi  z  zqi)
- 56 -
Интегрируя дважды последние выражения, на тех же участках балки для
 M z dz соответственно получим:
1) M 0 z 2 / 2  Q0 z 3 / 6 ,
2
3
2) M 0 z / 2  Q0 z / 6  M i z  z mi  / 2 ,
2
2
3
3) M 0 z / 2  Q0 z / 6  M i z  z mi  / 2  Pi z  z pi  / 6 .
Таким образом, подставляя (8.11) в (8.6), интегрируя дважды и собирая
вместе коэффициенты с начальными параметрами, получим,
2
3
v( z )  v 0   0 z  M 0 z 2 / 2 EJ  Q0 z 3 / 6 EJ 

 1 / EJ  M i z  z mi  / 2  Pi z  z pi  / 6  q i z  z qi  / 24
лев
2
3
4

(8.12)
i
Это выражение носит название универсального уравнения изогнутой оси
балки.
Из четырех входящих сюда начальных параметров два всегда известны, а
два других можно найти из краевых условий или уравнений статики.
ПРИМЕЧАНИЕ. Термин «универсальное» в отношении выражения (8.12) означает,
что его форма не зависит от вида нагрузки и числа загруженных участков балки.
Отметим, что это уравнение справедливо для любых типов балок  как статически
определимых, так и статически неопределимых.
8.4. Примеры расчета
Рассмотрим примеры определения перемещений в балках с помощью
уравнения (8.12). Во всех случаях жесткость балки будем считать заданной.
Пример 8.1. Определить максимальный прогиб балки (рис.8.3а).
Решение. Три из четырех начальных параметров для нашей балки известны: v0  0, М 0  0, Q0  P / 2 , поэтому уравнение (8.12) примет вид:
лев
v( z )  0 z  Pz 3 / 12 EJ  1 / EJ  P z  l / 2  / 6
3
(а)
Последний параметр  0 найдем из краевого условия vl   0 :
0  0l  Pl 3 / 12 EJ  Pl 3 / 48EJ ,
откуда
0   Pl 2 / 16 EJ .
Подставляя найденные значения  0 в (а), находим максимальный по модулю прогиб в середине балки:
v(l / 2)  Pl 3 / 32 EJ  Pl 3 / 96 EJ  Pl 3 / 48EJ .

- 57 -
Пример 8.2. Для заданной балки построить эпюры прогибов и углов поворота сечений (рис.8.4а).
Решение. Нагрузка внутри области, занятой балкой (0, l ) отсутствует, поэтому уравнение (8.12) примет вид:
v( z)  v0  0 z  M 0 z 2 / 2EJ  Q0 z 3 / 6EJ .
Два начальных параметра балки известны из условий закрепления:
v0  v(0)  0, 0  v(0)  0 , а
два других  равны опорным реакциям:
М 0  M , Q0  0 , откуда искомое уравнение:
v( z)  Mz 2 / 2EJ .
Дифференцируя, получим:
( z )  Mz / EJ .

Пример 8.3. Найти максимальные прогибы балки (рис.8.5а).
Решение. Как и в предыдущем примере
v( z )  v0  0 z  M 0 z 2 / 2EJ  Q0 z 3 / 6EJ ,
где М 0  0, Q0   P . Для определения неизвестных начальных параметров v0
и  0 нужно воспользоваться краевыми условиями: v(l )  0, (l )  0 . Решая
полученную систему уравнений:
v0  0l  Pl 3 / 6 EJ  0;

2
0  Pl / 2 EJ  0;
найдем: 0  Pl 2 / 2EJ , v0  v max  Pl 3 / 3EJ .
- 58 -
Решение задачи можно упростить, если заданную балку заменить симметрично расположенной (рис.8.5б). Для последней балки все четыре начальных параметра известны: v0  0  0 , М 0   Pl , Q0  P и уравнение (а) примет
вид:
v( z)  Plz 2 / 2EJ  Pz3 / 6EJ ,
откуда
v max  v(l )  Pl 3 / 3EJ .
Отметим, что все эпюры в заданной балке (рис.8.5а) получаются из эпюр,
показанных на рис. 8.5б путем продолжения последних в область отрицательных значений z как симметричных (четных)  v и M либо обратно симметричных (нечетных)   и Q.

Пример 8.4. Определить прогиб и угол поворота сечения в середине
пролета балки (рис.8.6а).
- 59 -
Решение. Три начальных параметра известны либо из условий закрепления ( v0  0, М 0  0) , либо из уравнений равновесия (Q0   M / l ) , поэтому
уравнение (8.12) имеет вид:
лев
v( z )  0 z  Mz 3 / 12 EJl  1 / EJ  M  z  l / 2  / 2
2
(а)
Подставляя (а) в краевое условие vl   0 , найдем 0  Ml / 24 EJ , после
чего определим искомый прогиб: v(l / 2)  0 . Дифференцируя (а), получим:

(l / 2)  Ml / 12 EJ .
Пример 8.5. Построить эпюры Q и М (рис.8.7а).
Решение. Из условий закрепления левого конца балки v0  0  0 , поэтому
(а)
v( z)  M 0 z 2 / 2EJ  Q0 z 3 / 6EJ  qz 4 / 24 EJ
Дифференцируя дважды и умножая результат на EJ , получим:
(б)
M ( z)  M 0  Q0 z  qz 2 / 2
Подставляя (а) и (б) в краевые условия: v(l )  0, М (l )  0 и решая полученную систему уравнений:
- 60 -
М 0 l 2 / 2 EJ  Q0 l 3 / 6 EJ  ql 4 / 24 EJ  0;

M 0  Q0 l  ql 2 / 2  0;
найдем:
M 0  ql 2 / 8, Q0  5ql / 8 .
Теперь с помощью (б) можно построить эпюру М, а с учетом зависимости

Q  dM / dz  эпюру поперечных сил.
Отметим, что при определении начальных параметров данной статически
неопределимой балки мы не обращались к уравнениям равновесия.
8.5. Расчет балок на жесткость
Расчет на жесткость производят, обычно, как проверочный расчет для
обеспечения нормальных эксплуатационных свойств конструкции. Чтобы
избежать появления чрезмерных перемещений, максимальный по модулю
прогиб балки ограничивают допускаемым  [v], который, обычно, назначают в
пределах от 1/200 до 1/600 длины пролета:
v max [v], [v]  (1 / 200  1 / 600 )l0 .
(8.13)
При расчете консольных балок длину l 0 в формуле (8.13) полагают равной удвоенной длине консоли: l0  2lк .
Напомним, что прогибы балки обратно пропорциональны ее жесткости:
v1 / v2  EJ 2 / EJ 1 ,
поэтому если для балки с жесткостью EJ 1 условие (8.13) не выполняется, прогибы новой балки с жесткостью EJ 2 можно найти по формуле:
v2  ( EJ 1 / EJ 2 )v1 .
(8.14)
Пример 8.6. Проверить условие жесткости стальной и деревянной балок,
рассмотренных в примере 7.1 (стр. 50), полагая EСТ = 200 ГПа, EДЕР = 10 ГПа, и
принимая [v]  (1 / 200 )l0 .
Решение. Нетрудно убедиться, что максимальный прогиб консольной
балки, загруженной распределенной нагрузкой, будет равен v max= ql 4 / 8EJ .
Для заданных консольных балок длиной lк  2 м допускаемый прогиб составит:
[v]  (1 / 200)l  (1 / 200)  2l к  0,02 м.
Максимальный прогиб стальной балки при q  10 кН/м и J  1290 см4 равен:
v max= ql 4 / 8EJ  10  24 /(8  200 106 1290 108 ) м = 0,008 м < [v].
Отношение жесткостей стальной и деревянной балок равно
( EJ ст/ EJ дер)  200  10 6  1290 /(10  10 6  13333)  1,94 ; поэтому в силу (8.14):
vдер = ( EJ ст/ EJ дер) v ст  1,94  0,008  0,015  [v],
т.е. условие жесткости (8.13) также выполнено.

0
- 61 -
ГЛАВА 9. ПОНЯТИЕ О ДЕФОРМАЦИИ СДВИГА
К понятию сдвига можно прийти, отправляясь от поперечного изгиба.
Рассмотрим консольную балку длиной l , загруженную на конце силой P
(рис.9.1а). Под действием приложенной нагрузки в ее сечениях возникают
изгибающие моменты: М  Pl и поперечные силы: Q  P . Пусть F  площадь
поперечного сечения балки; тогда из формулы (5.10) следует, что с точностью
до множителя   Pl/b3, а   P/b2, где b  F . Таким образом, если при l >> b
определяющими в балке были нормальные напряжения: σ >> τ , то при l  0
картина меняется на противоположную  нормальными напряжениями можно
пренебречь и учитывать только касательные. При этом формула Журавского
уже не будет выполняться и мы вынуждены предположить, что касательные
напряжения равномерно распределены в поперечном сечении балки: τ  Q / F .
Вырежем из нашей балки призматический элемент размерами b  Δz  Δy .
Для удобства рассмотрения деформаций закрепим его левую грань, исключив
таким образом его перемещение как абсолютно твердого тела (рис.9.1б). Под
действием касательных напряжений этот параллелепипед будет изменять свою
форму, испытывая деформацию сдвига.
Взаимное смещение противоположных граней такого элемента  v
называется абсолютным сдвигом.
Относительным сдвигом или углом сдвига называется безразмерная величина:
  tg = v/z.
(9.1)
Она играет ту же роль при рассмотрении деформации сдвига, что и продольная деформация  при ЦРС. Экспериментально было установлено, что
- 62 -
между касательными напряжениями τ и относительным сдвигом γ существует
зависимость, которая носит название закона Гука при сдвиге:
 = G,
где G  модуль сдвига.
Очевидно, что это соотношение аналогично закону Гука при ЦРС:
σ  Еε .
Таким образом, к двум известным ранее физическим константам Е и ν , с
которыми мы встретились при изучении ЦРС, добавляется еще одна  G.
Можно ли ожидать, что при рассмотрении других видов НДС мы встретимся с новыми физическими константами? Нет, или, во всяком случае, они
будут выражаться через уже известные постоянные Е и ν , так же как и константа G. Косвенным подтверждением этого является то, что превращение
квадратного элемента в ромб в результате деформации сдвига (рис.9.1б) можно
интерпретировать как его растяжение двумя силами, действующими по диагонали этого квадрата и являющимися равнодействующей напряжений в левой и
верхней, а также нижней и правой гранях этого элемента. И действительно,
модуль сдвига выражается через модуль упругости и коэффициент Пуассона по
формуле:
G = (E/2)/ (1 +).
На сдвиг рассчитывают такие детали конструкций как сварные соединения, болты и заклепки (рис.9.1в). Расчет заключается в проверке условия:
 = P/F  ,
где F  площадь сечения, по которому происходит сдвиг.
Иначе этот вид деформации называется срезом или скалыванием (для деревянных деталей  рис.9.1г).
ПРИМЕЧАНИЯ:
1. Формально сдвиг можно было определить еще в параграфе 1.6 как такой вид НДС,
при котором в поперечных сечениях бруса Qx  0, а остальные компоненты внутренних
усилий равны нулю. Сложность заключается в корректном описании способа реализации
этого НДС. В рассмотренных примерах он не появляется в чистом виде и, в отличие от ЦРС
или изгиба, проявляется локально. При этом в результате сдвига одновременно происходит
взаимное смещение горизонтальных слоев и поперечных сечений бруса.
2. Возвращаясь к нашей балке в ее первоначальном виде (рис.9.1а, б), отметим, что
для выбранной системы координат   0, v  0 . Поэтому, переходя в (9.1) к пределу,
получим:
  dv/ dz .
Для того чтобы влияние касательных напряжений при изгибе стало соизмеримым с
нормальными, достаточно, чтобы длина и высота балки отличались меньше, чем на порядок.
Прогибы такой балки складываются из ее перемещений вследствие изгиба и перемещений,
вызванных сдвигом:
v(z )  vизг (z )  vсдв (z ) .
Дифференцируя, получим соотношение, которое лежит в основе теории расчета «коротких» или «толстых» балок.:
dv/ dz     ,
где  = dvизг/ dz ,  = dvсдв/dz.
- 63 -
ЛИТЕРАТУРА
1. Кулагин Ю.М., Маковкин Г.А. Определение внутренних усилий в
стержнях: Учебное пособие / Ю.М.Кулагин, Г.А.Маковкин. – Н.Новгород: Издво ННГАСУ, 2002. – 84с.
2. Масленников А.М., Егоян А.Г. Основы строительной механики для
архитекторов: Учебное пособие / А.М.Масленников, А.Г.Егоян. – Ленинград:
Изд-во ЛГУ, 1988. – 264с.
3. Михайлов А.М. Сопротивление материалов / А.М.Михайлов. – М.:
Стройиздат, 1989. – 352с.
4. Оксанович Л.В. Невидимый конфликт / Л.В.Оксанович. – М.: Стройиздат, 1981. – 191с.
5. Сборник задач по сопротивлению материалов / Под ред.
В.К.Качурина. М.: Высш.шк.,1972. – 432с.
- 64 -
ОГЛАВЛЕНИЕ
Стр.
Предисловие ....................................................................................................... 3
Глава 1. Введение ..................................................................................................... 4
1.1. Предмет сопротивления материалов и его задачи .................................. 4
1.2. Расчетная схема и классификация систем ............................................... 4
1.3. Нагрузки и воздействия ............................................................................. 6
1.4. Гипотезы сопротивления материалов ...................................................... 8
1.5. Метод сечений. Напряжения ................................................................... 10
1.6. Внутренние усилия в брусе. Виды НДС ................................................ 12
Глава 2. Центральное растяжение и сжатие ..................................................... 15
2.1. Напряжения и деформации...................................................................... 15
2.2. Закон Гука. Коэффициент Пуассона ...................................................... 17
2.3. Механические испытания материалов ................................................... 18
2.4. Расчет на прочность ................................................................................. 19
Глава 3. Прямой изгиб .......................................................................................... 22
3.1. Внутренние усилия в балке ..................................................................... 22
3.2. Теорема Журавского ................................................................................ 23
3.3. Построение эпюр Q и М ........................................................................... 24
3.4. Примеры построения эпюр ...................................................................... 26
Глава 4. Геометрические характеристики сечений ......................................... 32
4.1. Статические моменты сечения ................................................................ 32
4.2. Моменты инерции сечения ...................................................................... 33
4.3. Моменты инерции относительно параллельных осей .......................... 34
4.4. Моменты инерции простых сечений ...................................................... 34
Глава 5. Нормальные напряжения при изгибе ................................................ 37
5.1. Предпосылки расчета ............................................................................... 37
5.2. Перемещения и деформации ................................................................... 38
5.3. Нормальные напряжения ......................................................................... 40
5.4. Рациональные сечения балок .................................................................. 41
Глава 6. Касательные напряжения при изгибе ................................................ 43
6.1. Предпосылки расчета ............................................................................... 43
6.2. Формула Журавского ............................................................................... 45
6.3. Касательные напряжения в балках ......................................................... 47
Глава 7. Расчет балок на прочность ................................................................... 49
Глава 8. Определение перемещений при изгибе балок .................................. 51
8.1. Дифференциальные зависимости при изгибе........................................ 51
8.2. Краевая задача изгиба балки ................................................................... 53
8.3. Метод начальных параметров ................................................................. 54
8.4. Примеры расчета ...................................................................................... 56
8.5. Расчет балок на жесткость ....................................................................... 59
Глава 9. Понятие о деформации сдвига ............................................................. 61
Литература........................................................................................................ 63
- 65 -
Игорь Сергеевич Куликов
СТАТИКА
ДЕФОРМИРУЕМОГО ТЕЛА
Учебное пособие
Корректор
С.А. Елизарова
Подписано в печать_____Формат 60х90 1/16. Бумага газетная. Печать трафаретная.
Уч.изд.л.4,0. Усл. печ. л.4,5. Тираж 300 экз. Заказ №__________
Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования
«Нижегородский государственный архитектурно-строительный университет»
603950,Н.Новгород, Ильинская, 65.
Полиграфцентр ННГАСУ, 603950, Н.Новгород, Ильинская, 65