53. СД.Ф.1 Прикладная механика

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования
«Мурманский государственный педагогический университет»
(МГПУ)
УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС
ДИСЦИПЛИНЫ
Прикладная механика (СД. Ф.1)
Основная образовательная программа подготовки специалиста по специальности
050502 Технологии и предпринимательство
Утверждено на заседании кафедры
физики
физико-математического факультета
(протокол №___ от
«__»_____________ 20___ г.)
Зав. кафедрой физики
___________________В.С. Шолохов
РАЗДЕЛ 1. Программа учебной дисциплины.
1.1.Автор программы:
к.ф. – м.н, доцент Шолохов В.С.
1.2.Рецензенты: доктор технических наук, профессор Морозов Н.Н.,
кандидат физико-математических наук, доцент Карбановский В.В.
1.3.Пояснительная записка:
Учебная дисциплина «Прикладная механика» введена в процесс обучения для студентов
специальности «технология и предпринимательство» в связи с требованиями государственного
стандарта высшего образования. Дисциплина прикладной механики содержит знания технических
дисциплин, имеющих в основе механическое содержание.
 Цель: формирование у будущего учителя технологии и предпринимательства
минимального механического инварианта как базовой компоненты его технологической
культуры и методологической основы осуществления дальнейшей педагогической деятельности и совершенствования профессиональной квалификации.
 Задачи: освоение необходимого уровня знаний и умений, достаточного для сознательного и
глубокого изучения дисциплин машиноведческого и технологического циклов и совершенствования практических умений и навыков во время технологической практики;
развитие у студентов способности к самостоятельному техническому мышлению и анализу,
к самостоятельной творческой работе; развитие навыков работы со справочной и
технической литературой.
 Место курса в общей системе подготовки специалиста: СД. 1 Прикладная механика для
специальности «Технология и предпринимательство» (очное отделение), ДПП. Ф. 01
Прикладная механика для специальности «Технология и предпринимательство» (заочное
отделение).
 Требования к уровню освоения содержания дисциплины:
должен иметь представление:
о методологической сущности механики;
о взаимосвязи механики с другими фундаментальными естественными науками;
о роли и месте механики в современной технике и в быту;
должны знать:
историю и современное состояние прикладной механики;
основные гипотезы и допущения при построении механических моделей;
основные методы расчета механических моделей.
должны уметь:
выполнять простейшие расчеты механических моделей;
грамотно оформлять технические отчеты и лабораторные работы;
оценивать готовность полученных результатов вычислений;
применять полученные знания при изучении других технических дисциплин
 Ссылки на авторов и программы, которые использовались в подготовке.
1.4 Извлечение из ГОС ВПО
СД.1
Статика. Аксиомы статики. Связи, реакции связей. Сходящиеся силы.
Параллельные силы. Центр тяжести твердого тела. Система пар сил. Плоская
система сил. Главный вектор и главный момент. Произвольная система сил.
Условия равновесия. Кинематика. Движение материальной точки. Движение
твердого тела. Степени свободы. Поступательное движение. Вращение
твердого тела вокруг неподвижной оси. Плоскопараллельное движение.
Движение вокруг неподвижной точки. Углы Эйлера. Сложное движение
точки.
Динамика материальной точки. Дифференциальные уравнения движения.
Общие теоремы динамики точки. Динамика твердого тела. Трение покоя и
движения.
300
Теория механизмов и машин.
Механическая система твердых тел. Звенья, кинематические пары,
кинематические цепи. Классификация. Кинематический анализ и синтез.
Скорости и ускорения точек звеньев. Движение механизма под действием
сил. Кинетостатический расчет. Анализ движения. Уравновешивание массы
звеньев.
Метод сечений. Внутренние силы. Напряжение. Растяжение и сжатие.
Закон Гука. Построение эпюр. Испытание образцов. Механические
характеристики. Срез (сдвиг). Закон Гука при сдвиге. Кручение. Крутящий
момент. Эпюр крутящих моментов. Прямой изгиб. Опорные реакции балок.
Поперечная сила и изгибающий момент. Геометрические характеристики
сечений. Гипотезы прочности. Устойчивость сжатых стержней.
Жидкость и ее свойства. Идеальная жидкость. Гидростатическое давление.
Основное уравнение гидростатики. Измерение давления. Силы давления
жидкости. Основное уравнение гидростатики. Измерение давления. Силы
давления жидкости на плоскую и цилиндрическую стенки.
Закон Архимеда. Гидростатическая подъемная сила. Расход. Средняя
скорость. Уравнение постоянства расхода. Уравнение Бернулли. Напор.
Гидравлические потери. Режимы движения жидкости. Число Рейнольдса.
Истечение жидкости через отверстие и насадки. Основы расчета
трубопроводов. Явление кавитации. Гидравлических удар в трубопроводах.
1.5. Объем дисциплины и виды учебной работы (для всех специальностей, на которых
читается данная дисциплина):
Виды учебной работы в часах
№
п/п
1
Шифр и
наименование Курс Семестр Трудоемспециальности
кость
030600
2,3
«Технологии
3
и
4
предпринимат
5
ельство»
6
1.6.Содержание дисциплины:
300
Всего
ауд.
152
ЛК
ПР/
СМ
ЛБ
Сам.
раб.
50
10
18
18
4
40
8
10
10
12
62
10
10
42
148
18
38
38
54
Вид
итогового
контроля
(форма
отчетности)
Зачет
экзамен
1.6.1. Разделы дисциплины и виды занятий (в часах). Примерное распределение учебного времени:
№ Наименование
п/п темы
раздела,
Количество часов
Всего
ауд.
1.
Теоретические основы
механики
Статика. Аксиомы
статики. Связи, реакции
связей. Сходящиеся
силы. Параллельные
силы.
Вариант 1
ПР/
ЛК
ЛБ
СМ
18
10
1
1
8
-
Сам.
раб.
18
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
Плоская система сил.
Теория пар сил на
плоскости.
Главный вектор и
главный момент.
Произвольная система
сил
Условия равновесия.
Центр тяжести.
Кинематика. Движение
материальной точки.
Движение твердого тела.
Степени свободы.
Поступательное
движение. Вращение
твердого тела вокруг
неподвижной оси.
Плоскопараллельное
движение. Движение
вокруг неподвижной
точки. Углы Эйлера.
Сложное движение
точки.
Динамика материальной
точки.
Дифференциальные
уравнения движения.
Общие теоремы
динамики.
Сопротивление
материалов
Метод сечений.
Внутренние силы.
Напряжение.
Растяжение и сжатие.
Закон Гука.
Построение эпюр.
Испытание образцов.
Механические
характеристики.
Срез (сдвиг). Закон Гука
при сдвиге.
Кручение. Крутящий
момент. Эпюр крутящих
моментов
Прямой изгиб. Опорные
реакции балок.
Поперечная сила и
изгибающий момент.
Геометрические
характеристики сечений.
Гипотезы прочности.
Устойчивость сжатых
2
1
1
1
1
2
1
1
2
2
1,5
1
0,5
1
1
2
2
1.5
0,5
1
2
2
1
1
2
1
1
2
1
1
2
1,5
0,5
1
1
1.5
0,5
1
1
38
18
10
2
2
5
2
1
3
2
1
5
2
1
3
2
1
6
2
2
2
6
6
2
2
2
6
2
2
6
2
2
10
38
2
2
5
3
2
5
3
2
2
2
6
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
1.
2.
3.
стержней.
Основы
механики
жидкости
Жидкость и ее свойства.
Идеальная жидкость.
Гидростатическое
давление. Основное
уравнение гидростатики.
Измерение давления.
Силы давления
жидкости.
Основное уравнение
гидростатики.
Измерение давления.
Силы давления
жидкости на плоскую и
цилиндрическую стенки.
Закон Архимеда.
Гидростатическая
подъемная сила. Расход.
Средняя скорость.
Уравнение постоянства
расхода. Уравнение
Бернулли..
Напор. Гидравлические
потери Режимы
движения жидкости.
Число Рейнольдса
Истечение
жидкости
через
отверстие
и
насадки.
Основы
расчета
трубопроводов. Явление
кавитации.
Гидравлических удар в
трубопроводах.
Теория механизмов и
машин
Теория машин и
механизмов.
Механическая система
твердых тел. Звенья,
кинематические пары,
кинематические цепи.
Классификация.
Кинематический анализ
и синтез. Скорости и
ускорения точек
звеньев. Движение
механизма под
действием сил.
Анализ
движения.
Уравновешивание массы
звеньев.
38
18
10
10
38
2
1
1
11
4
3
6
4
2
10
4
2
3
2
1
2.5
1
0.5
3.5
2
0.5
58
4
12
42
54
24
2
4
18
20
15
1
4
10
15
19
1
4
14
19
10
4
5
10
4
5
4
2
2
2
1.6.2 Содеожание разделов дисциплины
1. Статика. Аксиомы статики. Связи, реакции связей. Сходящиеся силы. Параллельные силы.
2. Плоская система сил.
3. Теория пар сил на плоскости.
4. Главный вектор и главный момент. Произвольная система сил
5. Условия равновесия.
6. Центр тяжести.
7. Кинематика. Движение материальной точки. Движение твердого тела.
8. Степени свободы. Поступательное движение. Вращение твердого тела вокруг неподвижной оси.
9. Плоскопараллельное движение. Движение вокруг неподвижной точки. Углы Эйлера.
10. Сложное движение точки.
11. Динамика материальной точки. Дифференциальные уравнения движения.
12. Общие теоремы динамики.
13. Метод сечений. Внутренние силы.
14. Напряжение. Растяжение и сжатие. Закон Гука.
15. Построение эпюр. Испытание образцов. Механические характеристики.
16. Срез (сдвиг). Закон Гука при сдвиге.
17. Кручение. Крутящий момент. Эпюр крутящих моментов.
18. Прямой изгиб. Опорные реакции балок.
19. Поперечная сила и изгибающий момент.
20. Геометрические характеристики сечений. Гипотезы прочности.
21. Устойчивость сжатых стержней.
22. Жидкость и ее свойства. Идеальная жидкость. Гидростатическое давление. Основное
уравнение гидростатики. Измерение давления. Силы давления жидкости.
23. Основное уравнение гидростатики. Измерение давления. Силы давления жидкости на плоскую
и цилиндрическую стенки.
24. Закон Архимеда. Гидростатическая подъемная сила. Расход. Средняя скорость. Уравнение
постоянства расхода. Уравнение Бернулли.
25. Напор. Гидравлические потери Режимы движения жидкости. Число Рейнольдса.
26. Истечение жидкости через отверстие и насадки.
27. Основы расчета трубопроводов. Явление кавитации.
28. Гидравлических удар в трубопроводах.
29. Теория машин и механизмов.
30. Механическая система твердых тел. Звенья, кинематические пары, кинематические цепи.
Классификация.
31. Кинематический анализ и синтез. Скорости и ускорения точек звеньев. Движение механизма
под действием сил.
32. Анализ движения. Уравновешивание массы звеньев.
1.6.3. Темы для самостоятельного изучения.
№
Наименование
Тема
Кол-во
п/п раздела
часов
дисциплины
1
Технические
основы механики
Общие
положения
Система сил
Кинематика
точки
Работа
и
мощность
Общие
теоремы
8
6
1
1
Форма
самостоятельной
работы
Форма
контроля
выполнения
самостоятельной
работы
- вопросы для - выполнение
самостоятельного тестов,
изучения,
- проверка
- контрольные,
контрольных работ,
- ………….
вопросы
выносятся на зачет
и экзамен
механики
2
Сопротивление
материалов
Виды
деформаций
Гипотезы
прочности
30
8
3
Основы механики Гидростатика
жидкости
Гидродинамика
30
8
4
Теория механизмов Структура
и машин
строение
механизмов
Кинематика
механизмов
Динамика
механизмов
машин
22
и
15
19
и
148
1.7.Методические рекомендации по организации изучения дисциплины.
АКСИОМЫ СТАТИКИ
Задачи на равновесие твердого тела при наличии плоской системы параллельных сил
рекомендуется решать в следующем порядке:
1. выделить твердое тело, равновесие которого надо рассмотреть для определения искомых
величин;
2. Изобразить задаваемые силы;
3. применив принцип освобождаемости от связей, направить силы реакций связей; выяснить
число неизвестных величин, так как задача является статически определенной, если число
неизвестных не более двух;
4. выбрать систему осей декартовых координат;
5. составить уравнения равновесия системы параллельных сил;
6. решив систему уравнений равновесия, определить неизвестные величины.
Если величина какой-либо неизвестной силы окажется отрицательной, то это означает, что
направление этой силы противоположно тому, которое было изображено на рисунке.
Оси декартовых координат целесообразно направлять так, чтобы одна из них оказалась
параллельной всем силам, приложенным к твердому телу. Уравнение моментов рекомендуется
составлять относительно точки, лежащей на линии действия неизвестной силы. Это дает
возможность, минуя решение системы уравнений равновесия, определить одну из неизвестных
величин непосредственно из уравнения моментов.
При решении задачи с помощью двух уравнений моментов четвертый пункт решения
задачи отпадает. При этом не следует забывать, что точки, относительно которых составляются
уравнения моментов, не должны лежать на прямой, параллельной силам.
Задача(13). Консольная балка AD весом P  4m
лежит на двух опорах B и D ,
причем опора B расположена на катках. На конце A к балке приложена вертикальная
сосредоточенная сила F  8m . На участке CD на балке находится равномерно распределенная
нагрузка интенсивности q  0,5m / м (интенсивностью называется величина силы, действующей на
единицу длины). На участке AB к балке приложена пара сил с моментом m  6mм . Определить
силы опорных реакций в B и D . Размеры указаны на рисунке.
Решение: Рассмотрим равновесие консольной балки AD (участок балки AB ,
распложенный вне опор, называется консолью). К балке приложены задаваемые силы: вес балки
P , приложенный к ее середине, вертикальная сила F , равнодействующая P1 распределенной
нагрузки, равная P1  q  CD  1m , приложенная в середине участка CD и направленная по
вертикали вниз, и, наконец, пара сил с моментом m .
Применив принцип освобождаемости от связей, направим силу опорной реакции с по
вертикали вверх. При равновесии балки главный вектор и главный момент равны нулю. Главный
вектор равен сумме вертикальных сил F , P, P1 , RB и силы опорной реакции R D (главный вектор
пары сил равен нулю). Для того чтобы главный вектор был равен нулю, сила опорной реакции R D
должна быть направлена вертикально.
Итак. Балка находится в равновесии под действием системы параллельных сил (пару сил
можно, не нарушая равновесия балки, повернуть так, чтобы силы, входящие в ее состав, были
направлены вертикально), в число которых входят две неизвестные по модулю силы,
следовательно, задача является статически определенной.
При решении этой задачи, ЦЕЛЕСООБРАЗНЕЕ, МИНУЯ СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЯ
ПРОЕКЦИЙ НА ОСЬ, ПАРАЛЛЕЛЬНУЮ ПРИЛОЖЕННЫМ СИЛАМ, СОСТАВИТЬ ДВА
УРАВНЕНИЯ МОМЕНТОВ ОТНОСИТЕЛЬНО ТОЧЕК ПРИЛОЖЕНИЯ B и D неизвестных сил
R B и R D . При этом учитываем, что сумма моментов сил, входящих в состав пары сил,
вычисленная относительно любой точки, равна моменту этой пары сил. Сумму моментов сил
распределенной нагрузки CD заменяем, на основании теоремы Вариньона, моментом
равнодействующей силы P1 . Получим:
 m B Fk   F  2  m  P  1  P1  3  RD  4  0(1)
 m F   F  6  m  R
 4  P  3  P1  1  0(2)
Удобство составленных уравнений заключается в том. что в каждое из них входит только
одна неизвестная величина.
Из уравнений (1) и (2) находим:
RD  0,75m, RB  13,75m
Отрицательное значение величины силы опорной реакции R D указывает, что направление этой
силы противоположно тому, которое выбрано, т.е. опорная реакция R D направлена по вертикали
вниз (это значит, что задаваемые силы стремятся переместить вверх конец балки D ).
D
k
B
Задачи на равновесие системы твердых тел, находящейся под действием
произвольной плоской системы сил, рекомендуется решать в следующем порядке:
1. выделить систему твердых тел и твердые тела, входящие в систему, равновесие которых
надо рассмотреть для определения искомых величин;
2. изобразить задаваемые силы;
3. применив принцип освобождаемости от связей, заменить действие связей силами реакций;
4. сопоставить число неизвестных величин и число независимых уравнений равновесия; эти
числа должны быть равны, если задача является статически определенной;
5. выбрать наиболее удобные системы координат; при этом для каждого тела и для всей
системы тел может быть избрана своя система координат, или же можно взять одну
систему осей для всех тел;
6. составить уравнения равновесия для каждого твердого тела или для каждой системы
твердых тел, равновесие которых исследуется;
7. решив систему всех уравнений равновесия, определить неизвестные величины.
Если система твердых тел разделяется на отдельные тела, то при замене их взаимодействия
силами реакций связей следует ввести силы реакции, приложенные к одному телу. И на основании
принципа равенства действия и противодействия выбрать силы реакции, действующие на второе
тело, равными по модулю и направленными прямо противоположно.
В том случае, когда величина неизвестной силы окажется по ответу отрицательной,
направление этой силы следует взять противоположным тому, которое было изображено на
рисунке.
При составлении уравнений равновесия целесообразно оси координат и точки,
относительно которых составляются уравнения моментов сил, выбирать так, чтобы в каждое
уравнение входила только одна неизвестная величина.
Если по условию задачи требуется определить лишь некоторые неизвестные величины, то
надо составить только те из уравнений равновесия, которые необходимы для получения ответа.
Задача(28). Цилиндрический стакан радиуса R поставлен открытой стороной на гладкий
горизонтальный пол. Внутри стакана находятся два одинаковых шара радиусом r и весом P
каждый. Определить вес Q цилиндрического стакана, при котором шары не опрокинут его.
Стенки стакана абсолютно гладкие.
Решение. Для определения искомого веса стакана рассмотрим отдельно равновесие двух
шаров и равновесие стакана.
На систему двух шаров действуют силы: вес каждого шара P , приложенный в центре шара
и направленный по вертикали вниз; реакция гладкого пола T , направленная по вертикали вверх;
реакции стенок стакана N1 и N 2 , направленные по горизонтали и приложенные к точкам D и C .
Проведем оси координат: ось x - горизонтально, ось y - вертикально. Уравнения
равновесия для системы, состоящей из двух шаров, имеют вид:
 Fkx  N1  N 2  0(1)
 F T  2P  0(2)
 m F   N  AB  P  OB  0(3)
ky
O
k
2
Третье уравнение – уравнение моментов – составлено относительно точки O , где пересекаются
линии действия трех сил, в то числе двух неизвестных. Из первого уравнения следует
N1  N 2  N (4)
Из третьего уравнения находим:
P  OB
N
(5)
AB
Рассмотрим далее равновесие цилиндрического стакана. На стакан действуют силы: вес Q
по вертикали вниз, реакции шаров N1 и N 2 , приложенные в точках D и C , реакции поля в точках
H и K . (Ясно, что N1  N1 и N 2  N 2 ). В момент опрокидывания стакана, который мы
рассматриваем. Давление в точке H на пол и, следовательно, реакция поля обращаются в нуль и
стакан опирается на горизонтальную плоскость только в точке K .
Составим уравнение моментов относительно точки K

 mk Fk  N 2  CK  N1  DH  QR(6)
Это и есть условие равновесия стакана. Далее и (6), учитывая (4), имеем:
N  AB  QR  0(7)
Подставляя в это равенство значение N , определенное формулой (5), имеем:
AB P  OB  AB P  OB
QN


, (8)
R
R  AB
R
но OB  2R  r , и, следовательно, для равновесия необходимо, чтобы выполнялось неравенство
r

Q  2 P1  .(9)
R

Действительно, если в (9) все стакана больше правой части, то давление на горизонтальную
плоскость будет распределяться по всему ободу и стакан будет находиться в равновесии.
 
ДОПОЛНИТЕЛЬНО – При решении задач на равновесие твердого тела при наличии сил
трения следует придерживаться такой последовательности:
1. выделить твердое тело или систему твердых тел, равновесие которых необходимо
рассмотреть для решения задачи;
2. изобразить задаваемые силы;
3. применив принцип освобождаемости от связей, заменить их действие силами реакций; при
этом реакцию шероховатой поверхности представить двумя составляющими – нормальной
реакцией и силой трения или же, не раскладывая эту реакцию на составляющие, направить
ее под углом трения  к нормали к поверхности (при максимальной силе трения);
4. сопоставить число неизвестных величин и число независимых уравнений равновесия,
которые должны быть равны для статически определяемых задач; при этом к уравнениям
равновесия твердого тела следует добавить зависимость силы трения от нормального
давления.
5. выбрать систему координат;
6. составить систему уравнений равновесия для сил, приложенных к твердому телу или к
системе твердых тел;
7. решив систему уравнений равновесия, определить искомые величины.
ДОПОЛНИТЕЛЬНО – Решение задач на равновесие твердого тела под действием
пространственной системы сходящихся сил рекомендуется проводить в следующем порядке:
1. выделить твердое тело (часть конструкции), равновесие которого требуется рассмотреть
для определения неизвестных величин;
2. изобразить задаваемые силы;
3. применить принцип освобождаемости от связей, т.е. мысленно отбросить связи и, заменив
их соответствующими силами реакций связей, рассматривать равновесие данного
несвободного твердого тела как тела свободного, к которому приложены задаваемые силы
и силы реакций связей;
4. выбрать систему осей декартовых координат x, y , z ;
5. составить уравнения равновесия твердого тела в проекциях на ости декартовых координат:
n
F
k 1
6.
kx
n
n
k 1
k 1
 0,  Fky  0,  Fkz  0 ;
решить полученную систему уравнений, т.е. определить неизвестные величины.
КИНЕМАТИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ И ТВЕРДОГО ТЕЛА
Решение задач на определение закона движения и уравнений траектории
производится в следующей последовательности:
1. выбирается система неподвижных координат – прямоугольная, полярная или какая-либо
иная; начало координат и та или иная система выбираются, исходя и условий задачи,
так. Чтобы дальнейшее решение было возможно более простым.
2. на основании условий задачи для избранной системы координат составляются
уравнения точки, т.е. находится зависимость координат точки от времени;
3. имея уравнения движения точки, можно определить ее положение в любой момент
времени; подставив это значение времени в уравнения движения, можно также
установить направление ее движения, найти траекторию и ответить на различные
вопросы, касающиеся движения точки.
Задача (81). Точка M совершает плоское движение согласно уравнениям
x  6  3t (1)
y  4t (2)
Определить траекторию точки M .
Решение. Уравнение траектории в явной форме находим, исключив из обоих уравнений
y
движения время. Из второго уравнения имеем t  . Подставляя это значение в первое уравнение
4
движения, получаем уравнение траектории
x  6  0,75 y (3)
Это уравнение прямой линии. Для построения этой прямой замечаем, что при y  0, x  6 и при
x  0, y  8 .
На чертеже находим точку A6,0 и точку B0,8 , через которые и проходит указанная
прямая. Однако отнюдь не вся эта бесконечная прямая будет являться траекторией точки M .
Определим положение точки M в начальный момент времени t  0 . Подставляя это значение
времени в уравнения движения (1) и (2), находим начальное положение точки: x0  6, y 0  0 .
Следовательно, точка М начинает движение из точки A . Из уравнений движения следует, что с
увеличением времени координаты точки М будут расти, оставаясь положительными. Так, при t  1
координаты точки M будут: x  9, y  4 . Находим эту точку на траектории и обозначаем ее
буквой C . Таким образом, траекторией точки M будет бесконечная полупрямая ACD . Другая
половина прямой AB не будет являться траекторией точки M .
При прямолинейном движении точки уравнения движения упрощаются, если совместить
ось координат с траекторией. Найдем уравнение движения точки M , если начало координат
выбрать в точке A , начальном положении движущейся точки M , и ось x1 направить по
полупрямой ACD , а ось y1 перпендикулярно к ней. Тогда из треугольника ACE , пользуясь
уравнениями движения (1) и (2), находим:
2
x12  x  6  y 2  9t 2  16t 2  25t 2 (4)
и, следовательно,
x1  5t (5)
Так как точка M движется в положительном направлении оси x1 , то знак минус в (5)
следует отбросить. Таким образом, уравнения движения точки M в новой системе координат
будут
x1  5t 
(6)
y1  0 
Для прямолинейного движения точки мы по существу получили одно уравнение движения.
ДОПОЛНИТЕЛЬНО – При решении задач на определение скоростей и ускорений
полезно придерживаться следующего порядка:
1. выбрать систему координат;
2. составить уравнения движения точки в избранной системе координат;
3. по уравнениям движения точки определить проекции скорости на оси координат и
скорость по величине и направлению.
4. зная проекции скорости, определить проекции ускорения на оси координат и ускорение
по величине и направлению.
Если траектория точки задана по условию задачи, то целесообразно применить
естественную форму уравнений движения и искать ускорение точки через проекции на оси
натурального триэдра.
При решении задач на вращение твердого тела вокруг неподвижной оси
рекомендуется придерживаться следующей последовательности.
Первый тип задач – дано уравнение вращения твердого тела, требуется определить угловую
скорость, угловое ускорение. Скорость и ускорение точки твердого тела:
1. выбираем систему координат так. Что одна из осей (для определенности ось z ) совпадала с
осью вращения.
2. составляем уравнение вращения твердого тела (зависимость угла поворота от времени);
3. дифференцируя по времени угол поворота, определяем проекцию угловой скорости на ось
вращения);
4. вычисляя вторую производную от угла поворота по времени, находим проекцию углового
ускорения на ось вращения;
5. пользуясь выражением проекции углового ускорения на ось вращения, определяем
касательное ускорение точки;
6. пользуясь выражением проекции углового ускорения на ось вращения, определяем
касательное ускорение точки;
7. по найденным нормальному и касательному ускорениям находим полное ускорение точки
по величине и направлению.
Второй тип задач – задано угловое ускорение или угловая скорость твердого тела;
требуется найти уравнение вращения, скорость и ускорение точки твердого тела:
1. интегрируя дифференциальное уравнение, определяющее проекцию углового ускорения
на ось вращения, находим проекцию угловой скорости; произвольную постоянную
интегрирования определяем по начальным данным;
2. интегрируя дифференциальное уравнение, определяющее проекцию угловой скорости на
ось вращения, находим уравнение вращения твердого тела; произвольная постоянная
интегрирования определяется по начальным данным;
3. пользуясь выражением проекции угловой скорости на ось вращения. вычисляем
величину скорости и нормального ускорения точки;
4. определяем величину касательного ускорения точки, зная проекцию углового ускорения
на ось вращения, и далее находим полное ускорение точки.
Задача.(114). Искусственный спутник Земли, запущенный в СССР 4 октября 1957 г., имел
вначале период обращения 1ч. 36 м. Определить его среднюю частоту обращения. Во сколько раз
частота обращения спутника больше величины угловой скорости Земли (при вращении ее вокруг
собственной оси)?
Решение. Период обращения спутника – это время, за которое от совершает один полный
оборот по орбите. Это время равно 1ч. 36м., или 96 мин.
Следовательно, спутник делает
1
n
об / мин.(1)
96
Выражаем величину этой частоты обращения в c 1 :
1  2 1


c 
c 1  0,00109c 1 (2)
96  60
2880
Величина угловой скорости Земли при вращении вокруг собственной оси соответствует 1 обороту
за 24 часа, или
1
1
1
n1 
об / час 
об / мин 
об / мин.
24
24  60
1440
Находим далее, отношение величины частоты обращения спутника к угловой скорости Земли
n 24  60

 15.
n1
96
Спутник сделает 15 оборотов за сутки, в течение которых Земля сделает один оборот
вокруг своей оси.
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ДИНАМИКИ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
Дифференциальные уравнения движения материальной точки в проекциях на оси
декартовых координат имеют вид:
n
n
n
k 1
k 1
k 1
mx   Fkx , my   Fky , mz   Fkz ;
Здесь x, y, z - проекции ускорения, Fkx , Fky , Fkz - проекции к – той силы на соответствующие оси
декартовых координат.
Дифференциальные уравнения движения материальной точки в проекциях на оси
натурального триэдра записываются в форме:
dv
v2
m
  Fk , m   Fkn ,0   Fkb ;
dt

Дифференциальные уравнения плоского движения материальной точки в полярных
координатах имеют вид:
n
n
m d 2
m r  r 2   Fkr ,
r    Fk ;
r dt
k 1
k 1
С помощью дифференциальных уравнений движения материальной точки можно решать
две основные задачи динамики; прямую и обратную.
Прямой называется задача, в которой по заданным движению и массе материальной точки
определяется равнодействующая сил, приложенных к этой точке.
Обратной называется задача, в которой по заданным силам и массе материальной точки
определяется ее движение.
Прямые задачи динамики несвободной материальной точки, в которых требуется
определить задаваемую силу или силу реакции, приложенную к точке, рекомендуется решать в
следующем порядке:
1. изобразить на рисунке материальную точку в текущем положении и приложенные к ней
задаваемые силы;
2. применив принцип освобождаемости от связей, изобразить соответствующе силы реакций
связей;
3. выбрать систему отсчета, если она не указана в условии задачи;
4. определить по заданному закону движения ускорение материальной точки и найти его
проекции на выбранные оси координат;
5. составить дифференциальные уравнения движения материальной точки, соответствующие
принятой системе отсчета;
6. из системы составленных уравнений определить искомую величину.


 
Задача (211). Материальная точка движется согласно уравнениям x  at , y  bt , где a и b постоянные. Определить силу, вызывающую это движение.
Решение. Проекции искомой силы на оси декартовых координат определяем по формулам

Fx  mx и Fy  my . Воспользовавшись заданными уравнениями движения, находим: x  y  0 .
Следовательно, Fx  F y  0 , т.е. F  0 .
Эту задачу можно решить и иначе, определив траекторию и скорость точки. Точка
b
движется по прямой y  x с постоянной скоростью v  x 2  y 2  a 2  b 2 . Следовательно,
a

согласно принципу инерции, F  0 .
Обратные задачи динамики материальной точки рекомендуется решать в следующем
порядке:
1. выбрать систему координат;
2. записать начальные условия движения точки;
3. изобразить на рисунке задаваемые силы и силы реакций связей, приложенные к
материальной точке;
4. составить дифференциальные уравнения движения материальной точки;
5. проинтегрировать систему дифференциальных уравнений движения. Использовав
начальные условия движения, определить постоянные интегрирования.
6. воспользовавшись уравнениями движения материальной точки, полученными в
предыдущем пункте, определить искомые величины.
Рис. 3.1
Sx 
  y1  b dF   y1 dF  b F ;
F
Sy 
Рис. 3.2
F
  x1  a dF

F
(3.3)
 x1 dF  a F .
F
Величины а и b можно подобрать (причем единственным образом) так, чтобы выполнялись
следующие равенства:
bF = Sx ;
aF = Sy ,
(3.4)
тогда статические моменты Sx1  Sy1  0 .
Ось, относительно которой статический момент равен нулю, называется ц е н т р а л ь н о й .
Точка С (xC , yC) пересечения центральных осей называется ц е н т р о м т я ж е с т и с е ч е н и я в
системе координат (x, y) и определяется из (3.4):
xC  a 
Sy
F
S
yC  b  x .
;
(3.5)
F
Далее предположим, что брус имеет составное сечение (рис. 3.3) с общей площадью F.
Обозначим через Fk (k = 1, 2, 3,..., n) площадь kой области, принадлежащей к составному сечению
бруса. Тогда выражение (3.1) можно преобразовать в следующем виде:
Sx 
n
n
  y dF   S x( k ) ;
k 1 Fk
k 1
Sy 
n
n
  x dF   S (yk )
k 1 Fk
,
(3.6)
k 1
где Sx( k ) , Sy( k )  статические моменты kтой области относительно осей x и y. Следовательно,
статический момент составного сечения равен сумме статических моментов составляющих
областей.
Моменты инерции сечения
В дополнение к статическим моментам в системе координат x0y
(рис. 3.1)рассмотрим три интегральных выражения:
 y dF ;
2
Ix 
F
I xy 
 y x dF .
Iy 
x
F
2
dF ;
(3.7)
F
Первые два интегральных выражения называются осевыми
моментами инерции относительно осей x и y, а третье  центробежным
моментом инерции сечения относительно осей x, y.
Рис. 3.3
Для сечений, состоящих из n-числа областей (рис. 3.3), формулы
(3.7) по аналогии с (3.6) будут иметь вид:
Ix 
n

2
 y dF 
k 1 Fk
I xy 
n

n
 I x( k ) ;
k 1
 x y dF 
k 1 Fk
Iy 
n

2
 x dF 
k 1 Fk
n
 I y( k ) ;
k 1
n
(k )
.
 I xy
k 1
Рассмотрим, как изменяются моменты инерции сечения при параллельном переносе
координатных осей x и y (см. рис. 3.2). Преобразуя формулы (3.7) с учетом выражения (3.2),
получим :
I x  I x1  2 b Sx1  b2F ;
I y  I y1  2 a S y1  a 2F ;
(3.8)
I xy  I x1 y1  a Sx1  b Sy1  abF .
Если предположить, что оси x1 и y1 (см. рис. 3.2) являются центральными, тогда Sx1  S y1  0 и
выражения (3.8) упрощаются и принимают вид:
I x  I x1  b2F ;
I y  I y1  a2F ;
I xy  I x1y1  abF .
(3.9)
Определим осевые моменты инерции прямоугольника относительно
осей x и y , проходящих через его центр тяжести (рис. 3.4). В качестве
элементарной площадки dF возьмем полоску шириной b и высотой dy
(рис. 3.4). Тогда будем иметь:
Ix 
 y dF
2
h
2

F

y
2
dF b dy 
h

2
b  h3
h3  b h3



.

3 8
8 
12
Рис. 3.4
Аналогичным образом можно установить, что I y 
h b3
12
.
Для систем, рассматриваемых в полярной системе координат (рис. 3.5, а), вводится также
полярный момент инерции:
I 
  dF .
2
F
где   радиусвектор точки тела в заданной полярной системе координат.
Рис. 3.5
Вычислим
инерции
круга
рис. 3.5, a
элементарная
очерченная двумя
двумя
полярный момент
радиуса R. На
показана
площадка,
радиусами
и
концентрическими поверхностями, площадью
dF =  d d .
Интегрирование по площади заменим двойным интегрированием:
I    2 dF 
F
2
R
0
0
3
 d    d 
R4
4
2
 d 
0
R4
.
2
Hайдем зависимость между полярным и осевыми моментами инерции для круга. Из геометрии
видно (рис. 3.5, б), что
2 = x2 + y2,
следовательно,


I    2 dF   x 2  y 2 dF   x 2 dF   y 2 dF  I x  I y .
F
F
F
R
Так как оси x и y для круга равнозначны, то Ix = Iy =
F
4
4
.
Полярный момент инерции кольца может быть найден как разность моментов инерции двух
кругов: наружного (радиусом R) и внутреннего (радиусом r):


 R4  r4  4


R  r4 .
2
2
2
I K 
Главные оси и главные моменты инерции
Рассмотрим, как изменяются моменты инерции плоского сечения при повороте осей координат
из положения x и y к положению u и v. Из рис. 3.5, б легко установить, что
u = y sin  + x cos ;
v = y cos   x sin  .
(3.10)
Из выражений:
I u   v 2 dF ; I v   u2 dF ; I uv   u v dF
F
F
F
с учетом (3.10) после несложных преобразований получим:
I u  I x cos2   I y sin 2   I xy sin 2 ;
I v  I x sin 2   I y cos2   I xy sin 2 ;
I uv  0,5 ( I x  I y ) sin 2  I xy cos 2 .
(3.11)
Складывая первые два уравнения, получим:
Iu + Iv = Ix + Iy = I ,
(3.12)
где 2  x 2  y 2 ; I  полярный момент инерции сечения, величина которого, как видно, не зависит
от угла поворота координатных осей.
Дифференцируя в (3.11) выражение Iu по  и приравнивая его нулю, находим значение  = 0 ,
при котором функция Iu принимает экстремальное значение:
0 
2 I xy
1
arctg
2
I yI x
.
(3.13)
С учетом (3.12) можно утверждать, что при  = 0 один из осевых моментов Iu или Iv будет
наибольшим, а другой наименьшим. Одновременно при  = 0 Iuv обращается в нуль, что легко
установить из третьей формулы (3.11).
Декартовы оси координат, относительно которых осевые моменты инерции принимают
экстремальные значения, называются г л а в н ы м и о с я м и и н е р ц и и . Осевые моменты инерции
относительно главных осей называются главными и определяются из (3.11) с учетом (3.13) и
имеют вид:
2
I max
min
 I y I x 
I xI y

 
  I 2xy .
2
 2 
(3.14)
В заключение введем понятие р а д и у с а и н е р ц и и сечения относительно координатных осей
x и y  ix и iy , соответственно, которые определяются по формулам:
ix 
Ix
;
F
iy 
I y
.
F
(3.15)
П р и м е р р а с ч е т а ( задача № 3)
Для сечения, составленного из швеллера №20 а, равнобокого уголка (80808)10-9 м3 и полосы
(18010)10-6 м2 (рис. 3.6) требуется:
1. Найти общую площадь сечения;
2. Определить центр тяжести составного сечения;
3. Определить осевые и центробежный моменты инерции сечения относительно осей,
проходящих через его центр тяжести;
4. Найти положение главных центральных осей инерции;
5. Определить величины главных центральных моментов инерции сечения и проверить
правильность их вычисления;
6. Вычислить величины главных радиусов инерции.
bn=0,18м
Рис. 3.6
a=
Решение
Из
сортамента
необходимые
характеристики для
в составное сечение.
(ГОСТ
824072):
bшв = 0,08 м,
I xøâ = 167010-8м4,
выписываем
все
геометрические
профилей, входящих
Швеллер № 20 а
hшв = 0,2 м,
Fшв = 25,210-4м2,
I yø â = 13910-8м4,
z0ø â = 0,0228 м.
Уголок
(ГОСТ 850972):
= 12,310-4 м2,
(80808)10-9 м3
bуг = 0,08 м,
Fуг =
óã
I xóã  I yóã = 73,4108 м4, I x  I max
= 116108 м4, I y  I min =30,310-8 м4, z0 = 0,0227 м.
0
0
óã
óã
óã
óã
Полоса bПП = 18110-4 м2, FП = bПП = 18110-4 м2 = 1810-4 м2;
1  102  (18  102 )3
Ï
18  102 (1  102 )3
8 4 I y 
 15
,  10 м ,
= 486108 м4.
Ix
12
12
Ï
1. О п р е д е л е н и е о б щ е й п л о щ а д и
составного сечения определяется по формуле:
F = Fшв + Fуг + FП,
составного
с е ч е н и я . Общая площадь
F = (25,2 + 12,3+18)10-4 = 55,510-4 м2.
2. О п р е д е л и т ь
центр
тяжести
составного
с е ч е н и я . В качестве
вспомогательных осей для определения положения центра тяжести примем горизонтальную и
вертикальную оси xшв и yшв , проходящие через центр тяжести швеллера. Статические моменты
площади всего сечения относительно этих осей будут равны:
S
x шв




 FП 0,5 hшв  0,5  П  F уг  0,5 h  z 0уг 
 18 (10  0,5)  12,3 ( 10  2,27)  10 6 ì
S
y шв
 93,9  10 6 ì 3 ;
3


b


 FП  a  n  z 0шв   F уг  z 0шв  z 0уг 


2
 18 ( 2,28  1)  12,3 ( 2,28  2,27)  10 6 ì
3
 79  10 4 ì 3 .
Координаты центра тяжести вычисляем по формулам:
yC 
Sx
шв
F

93,9  10 6
55,5  10 4
 0,017ì , x C 
Sy
шв
F

79  10 6
55,5  10 4
 0.0142ì .
3. О п р е д е л и т ь о с е в ы е и ц е н т р о б е ж н ы й м о м е н т ы и н е р ц и и с е ч е н и я
о т н о с и т е л ь н о о с е й , п р о х о д я щ и х ч е р е з е г о ц е н т р т я ж е с т и . Для определения
указанных моментов инерции составного сечения воспользуемся формулами, выражающими
зависимость между моментами инерции относительно параллельных осей:
2
I xC  I xøâ  Føâ a2  I xóã  Fóã aóã
 I xï  Fï aï2.
øâ
(3.16)
2
I yC  I yøâ  Føâ b2  I yóã  Fóã bóã
 I yï  Fï bï2.
øâ
(3.17)
øâ
óã
Ï
I xC yC  I xy
 Føâ a b  I xy
 Fóã aóã bóã  I xy
 FÏ aÏ bøâ. (3.18)
øâ øâ
В этих формулах расстояние между осями, проходящими через центр тяжести составного
сечения, и осями, проходящими через центры тяжести каждой составной части фигуры, а и b
(рис. 3.6), в рассматриваемом случае будут равны:
a
øâ
  yC  0,017 ì ,
b
øâ
  xC  0,0142 ì ;
 hшв  П


 yC   10  0,5  1,7  10 2  0,088 ì ;
aП  
2
 2


шв
bП  x   10  2,28  9  142
,   10 2  0,0014 ì .

bП   a  z 0 
C 


2
Подставив числовые значения величин в формулы (3.16) и (3.17), получим:
I xC = [1670 + 25,2(1,7)2 + 73,4 + 12,3(9,43)2 + 1,5 + 18(8,8)2]108 =
= 4305,410-8 м4.
I yC = [139 + 25,2(1,42)2 + 73,4 + 12,3(3,13)2 + 486 +18(0,14)2)108 =
= 870,110-8 м4.
При вычислении центробежного момента инерции составного сечения следует иметь в виду,
øâ
Ï
что I xy
и I xy
равны 0, так как швеллер и полоса имеют оси симметрии, а
óã
I xy

I
óã  óã
I min
max
2
sin 2  ,
óã
óã
óã
óã
 I x ; I min  I y ;   угол между осью x и главной осью x0 уголка. Этот угол может быть
где I max
0
0
положительным или отрицательным. В нашем примере  = +45, поэтому:
óã
I xy

116  30,3  108 sin 2
2
45   852,7 1  10

8
 42,85  108 ì 4 .
Далее, подставив числовые значения в формулу (3.18), получим величину центробежного
момента инерции составного сечения:
I xC yC = [0 + 25,2  (1,7)  1,42 + 42,85 + 12,3  (9,43) (3,13) + 0 +
+ 18  8,8  0,14] 108 = 367,210-8 м4.
4. Н а й т и п о л о ж е н и е г л а в н ы х ц е н т р а л ь н ы х о с е й и н е р ц и и . Угол наклона
главных осей инерции, проходящих через центр тяжести составного сечения, к центральным осям
инерции xC и yC определим по формуле:
tg2   
2 I xC yC
I x c  I yc

2  367,2  108
4305,4  8701,   108
 0,214 , 2   12 ,   6 .
Так как угол  получился отрицательным, то для отыскания положения главной оси
максимального момента инерции u следует ось x0, осевой момент инерции относительно которой
имеет наибольшее значение, повернуть на угол  по ходу часовой стрелки. Вторая ось
минимального момента инерции v будет перпендикулярна оси u.
5. О п р е д е л и т ь в е л и ч и н ы г л а в н ы х ц е н т р а л ь н ы х м о м е н т о в и н е р ц и и с е ч е н и я и
п р о в е р и т ь п р а в и л ь н о с т ь и х в ы ч и с л е н и я . Величины главных центральных моментов
инерции составного сечения вычисляем по формуле:
2
 I x  I yC 
I xC  I yC
  I 2 y ;
I max 
   C
xC C
2
2
min




2
,
,
 4305,4  8701
2
8
 4305,4  8701



I max 

 367,2   10 
2


2


 2587,75  1756,8  4344,55  108 ì 4 ;
I
min
 2587,75  1756,8  108  830,95  108 ì
4.
Для контроля правильности вычисления величины моментов инерции составного сечения
производим проверки.
1  а я п р о в е р к а : Imax + Imin = I xC  I yC = const;
Imax + Imin = (4344,55 + 830,95)10-8 = (5175,5)10-8 м4;
I xC  I yC = (4305,4 + 870,1)10-8 = (5175,5)10-8 м4.
2  а я п р о в е р к а : Imax > I xC > I yC > 0;
4344,55 10-8 > 4305,410-8 > 870,110-8 > 830,9510-8 м4.
Проверки удовлетворяются, что говорит о правильности вычисления моментов инерции
составного сечения.
6. В ы ч и с л и т ь в е л и ч и н ы г л а в н ы х р а д и у с о в и н е р ц и и . Величины главных радиусов
инерции вычисляем по известным формулам:
i max 
I max

F
4344,55  108
 0,0885 ì ;
55,5  104
i min 
I min

F
830,95  108
 0,0387 ì .
55,5  104
КРУЧЕНИЕ
Кручение бруса с круглым поперечным
сечением
Здесь под кручением понимается такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях
бруса возникает только крутящий момент. Прочие силовые факторы, т.е. Nz , Qx , Qy , Mx , My
равны нулю.
Для крутящего момента, независимо от формы поперечного сечения бруса, принято
следующее правило знаков. Если наблюдатель смотрит на поперечное сечение со стороны
внешней нормали и видит момент Mz направленным по часовой стрелке, то момент считается
положительным. При противоположном направлении моменту приписывается отрицательный
знак.
При расчете бруса на кручение (вала) требуется решить две основные задачи. Вопервых,
необходимо определить напряжения, возникающие в брусе, и, вовторых, надо найти угловые
перемещения сечений бруса в зависимости от величин внешних моментов.
Наиболее просто можно получить решение для вала с круглым поперечным сечением
(рис. 4.1 а). Механизм деформирования бруса с круглым поперечным сечением можно
представить в виде. Предполагая, что каждое поперечное сечение бруса в результате действия
внешних моментов поворачивается в своей плоскости на некоторый угол как жесткое целое.
Данное предположение, заложенное в основу теории кручения, носит название гипотезы п л о ских сечений.
Рис. 4.1
Для
построения
эпюры крутящих
моментов
Mz
применим
традиционный
метод
сечений  на
расстоянии z от
начала координат
рассечем брус на
две
части
и
правую отбросим
(рис. 4.1, б). Для
оставшейся части
бруса,
изображенной на
рис. 4.1, б,
составляя уравнение равенства нулю суммы крутящих моментов Mz = 0, получим:
Mz = M.
(4.1)
Поскольку сечение было выбрано произвольно, то можно сделать вывод, что уравнение (4.1)
верно для любого сечения вала крутящий момент Mz в данном случае постоянен по всей длине
бруса.
Далее двумя поперечными сечениями, как это показано на рис. 4.1, а, из состава бруса
выделим элемент длиной dz, а из него свою очередь двумя цилиндрическими поверхностями с
радиусами  и  + d выделим элементарное кольцо, показанное на рис. 4.1, в. В результате
кручения правое торцевое сечение кольца повернется на угол d. При этом образующая цилиндра
АВ повернется на угол  и займет положение АВ . Дуга BВ  равна с одной стороны,  d, а с
другой стороны   dz. Следовательно,
 
d
.
dz
(4.2)
Если разрезать образовавшуюся фигуру по образующей и развернуть (рис. 4.1, г), то можно
видеть, что угол  представляет собой не что иное, как угол сдвига данной цилиндрической
поверхности под действием касательных напряжений , вызванных действием крутящего момента.
Обозначая

d
,
dz
(4.3)
где   относительный угол закручивания. Этот угол представляет собой угол взаимного поворота
двух сечений, отнесенный к расстоянию между ними. Величина  аналогична относительному удлинению при простом растяжении или сжатии стержня.
Из совместного рассмотрения (4.2) и (4.3) и после некоторых преобразований, получим:
 =  .
(4.4)
Подставляя выражение (4.4) в выражение закона Гука для сдвига (2.23), в данном случае
выражение касательных напряжений принимает следующий вид:
 = G  ,
(4.5)
где   касательные напряжения в поперечном сечении бруса. Парные им напряжения возникают в
продольных плоскостях  в осевых сечениях. Величину крутящего момента Mz можно
определить через  с помощью следующих рассуждений. Момент относительно оси z от действия
касательных напряжений  на элементарной площадке dF равен (рис. 4.2):
dM =   dF.
Проинтегрировав это выражение по площади поперечного
сечения вала, получим:
  dF .
Mz 
(4.6)
F
Из совместного рассмотрения (4.5) и (4.6) получим:

M z  G  2dF  G  I p .
(4.7)
F
Откуда

Mz
GI
.
(4.8)
Величина G I называется жесткостью бруса при кручении.
Из (4.8), с учетом (4.3), интегрируя полученное выражение по
параметру z, получим:
z
( z) 

M z dz
GI
0
.
Рис. 4.2
(4.9)
Если крутящий момент Mz и жесткость G I по длине бруса постоянны, то из (4.9) получим:
 ( z) 
M z dz
GI
  ( 0) ,
(4.10)
где  (0)  угол закручивания сечения в начале системы отсчета.
Для определения выражения напряжений, возвращаясь к формуле (4.5) и исключая из него ,
согласно (4.8), получим:
 ()=
Величина W  
I
max
M z dz
GI
.
(4.11)
называется полярным моментом сопротивления поперечного сечения
бруса в форме сплошного круга радиусом
соображений:
I 
 R4
R 3 D 3
;  max  R  W  

.
2
2
16
R. Определяется эта величина из следующих
(4.12)
Если же в брусе имеется внутренняя центральная полость радиусом r =
W K 
где с =
r
R

d
D
.

2


R3  r 3 
 D3
16
1  c  ,
4
(4.13)
d
2
, то для кольца
Кручение бруса с некруглым
поперечным сечением
Определение напряжений в брусе с некруглым поперечным сечением представляет собой
сложную задачу, которая не может быть решена методами сопротивления материалов. Причина
заключается в том, что для некруглого поперечного сечения упрощающая гипотеза плоских
сечений, оказывается неприемлимой. В данном случае поперечные сечения существенно
искривляются, в результате чего заметно меняется картина распределения напряжений.
Таким образом, при определении углов сдвига, в данном случае, необходимо учитывать не
только взаимный поворот сечений, но и деформации сечений в своей плоскости, связанная с
искривлением сечений.
Задача резко усложняется тем, что для некруглого сечения, напряжения должны определяться
как функции уже не одного независимого переменного , а двух  x и y.
Отметим некоторые особенности законов распределения напряжений в поперечных сечениях
некруглой формы. Если поперечное сечение имеет внешние углы, то в них касательные
напряжения должны обращаться в нуль. Если наружная поверхность бруса при кручении свободна, то касательные напряжения в поперечном сечении, направленные по нормали к контуру также
будут равны нулю.
На рис. 4.3 показана, полученная методом теории упругости, эпюра касательных напряжений
для бруса прямоугольного сечения. В углах, как видно,
напряжения равны нулю, а наибольшие их значения
возникают по серединам больших сторон:
A  max =
в точке А
Mz
WÊ
,
(4.14)
где WК =  b3  аналог полярного момента сопротивления
поперечного сечения прямоугольного бруса;
в точке В
B   max , (4.15)
здесь
необходимо
учесть,
что
b  малая
сторона
прямоугольника.
Значения угла закручивания определяется по формуле:
 ( z) 
M zz
GIK
,
(4.16)
где
IK =  b4  аналог
полярного
момента
инерции
поперечного сечения бруса.
Коэффициенты ,  и  зависят от отношения сторон m = h/b, и их значения приведены в табл.
Рис. 4.3
3.
Таблица 3
m
1
1,5
2,0
3,0
6,0
10

0,141
0,294
0,45
7
0,790
1,789
3,123

0,208
0,346
0,49
3
0,801
1,789
3,123

1,000
0,859
0,79
5
0,753
0,743
0,742
Геометрические характеристики наиболее представительных форм сечений обобщены в табл.
4.
П р и м е р р а с ч е т а ( задача № 4)
Стальной валик переменного сечения, испытывающего кручение, закручивается крутящими
моментами, действующими в двух крайних и двух пролетных сечениях. Расчетная схема валика,
ее геометрические размеры, величины и точки приложения внешних крутящих моментов указаны
на рис. 4.4, а.
Требуется:
1. Построить эпюру крутящих моментов;
2. Найти допускаемую величину момента М;
3. Построить эпюры касательных напряжений по сечениям вала, отметив на сечениях опасные
точки;
4. Построить эпюру углов закручивания;
Модуль упругости при сдвиге материала вала G = 8107 кН/м2. Расчетное сопротивление
материала вала срезу RC = 105 кН/м2.
Решение
1. П о с т р о и т ь э п ю р у к р у т я щ и х м о м е н т о в . Для определения величины крутящих
моментов используется метод сечений. Согласно расчетной схемы (рис. 4.5, а) для I участка
(0  z  0,5 м):
 M ëåâ  2 M  M z1  0, откуда M z1  2 M .
Согласно расчетной схемы (рис. 4.5, б) для участка II (0,5 м   z  1,0 м):
 M ëåâ  2 M
 5,5 M  M z1  0,
откуда
M z2  3,5 M .
Согласно расчетной схемы (рис. 4.5, в) для участка III (1,0 м   z  1,8 м):
 M ï ð  M  M z3  0, откуда M z3  M .
По полученным данным строим эпюру крутящих моментов (рис. 4.4, б).
2. Н а й т и д о п у с к а е м у ю в е л и ч и н у м о м е н т а М. Допускаемая величина момента МP
определяется из условия прочности:

MP
 RC .
W KP
Рис. 4.4
Сначала
моменты
сечения
валика
участка.
I
участок
сечение) согласно
W
(трубчатое
(4.13):
 D3
(1  ñ4 );
16
I
W
I
определим
сопротивления
для
каждого
где c 

314
,  10  102

16
d
 0,8 ;
D
3
(1  0,83 )  116  106 м3.
II участок (круглое сечение):
Рис. 4.5

W 
D
16
3


314
,  10  102

3
16
 196  106 м3.
III участок (прямоугольное сечение):
3

W KP   b ,
где   коэффициент, зависящий от отношения сторон прямоугольного сечения h/b (h > b). В
данном случае h b  8 6  1,333 ,   0,300 тогда
2 3
6

W KP  0,300  ( 6  10 )  64,8  10
м3.
Подсчитаем теперь напряжения по участкам в зависимости от момента М:
1 
М z1


 2M
 106  0,0172  106 M ,
116

3,5 M
 106  0,0178  106 M ,
196
W
2 
3 
М z2

W
М z3
W


KP
M
64,8
 106  0,0154  106 M .
Из сравнения результатов видно, что наиболее напряженным является участок II, поэтому
допускаемая величина момента M определяется из зависимости:
 2  0,0178  106 M   RC ,
откуда
105
M   17800  5,62 кНм.
4. П о с т р о и т ь э п ю р ы к а с а т е л ь н ы х н а п р я ж е н и й п о с е ч е н и я м в а л а , о т м е т и в
н а с е ч е н и я х о п а с н ы е т о ч к и . Касательные напряжения в точках поперечного сечения валика
определяются по формулам:
при 0   
для круглого сечения
для трубчатого сечения
при
d
2

для прямоугольного сечения  max  Ì
D
2
KP
W KP
D
,
2
,


M KP
;
I
M KP
;
I
(в середине большей стороны) и 1 =  max (в середине
меньшей стороны).
Подсчитаем моменты инерции сечений валика относительно центра их кручения.
Участок I (трубчатое сечение):
I  
D4
32
(1  c 4 ) 
314
,  104
(1  0,84 )  580  108 м4.
32
Участок II (круглое сечение):
 D 4 314
,  104


 108  980  108 м4.
I
32
32
Участок III (прямоугольное сечение):
III
I KP
  b4  0,243  ( 6  102) 4  315  108
м4,
где  = 0,243 при h/b = 1/33.
Определим значения напряжений в характерных точках сечений.
Участок I (0  z  0,5 м):
при  
d
при  
D
 0,05 ì ,
2
2
 0,04 ì ,
1 
2  5,62  0,04
 77517 кН/м2 = 77,5 МПа;
8
580  10
1 max 
2  5,62  0,05
8
580  10
 96896 кН/м2 =97,0МПа.
Участок II ( 0,5 м  z  1,5 м):
при   0,
при  
2  0.
D
3,5  2  5,62  0,05
, 2 max 
 100357 кН/м2 = 100,0 МПа.
8
2
980  10
Участок III (1,0 м  z  1,8 м): в середине большей стороны
3 max 
5,62
64,8  106
 86728 кН/м2 = 86,8
МПа,
в середине меньшей стороны
3 =  max = 0,90686,7 = 78,6 МПа.
где  = 0,906 при h/b = 1,33.
По полученным данным строятся эпюры напряжений, приведенные на рис. 4.6.
4. П о с т р о и т ь э п ю р у у г л о в з а к р у ч и в а н и я . Угол закручивания на iом участке вала
в соответствии с (4.10) определяется:
i  z  iï ðàâ 
Mz
i
z  l i 
GI
,
i
ï ðàâ
где  i
 угол закручивания на правом конце (i1)го участка (для первого участка
ï ðàâ
i
 начальный угол закручивания вала); li  координата начала iго участка.
Рис. 4.6
Так как, в
данном случае в
пределах
каждого из трех
участков
крутящие
моменты
и
жесткости
на
постоянны,
то
кручение
GI
эпюры
углов
закручивания на
каждом
из
участков будут
линейны.
В
связи с этим,
достаточно
подсчитать
их
значения лишь
на
границах
участков. Приняв, что левый конец вала защемлен от поворота, т.е.  (0) = 0, получим:
1ï ðàâ 
I
M ÊÐ
l1
I
GI
 ï2 ðàâ  1ï ðàâ 
3ï ðàâ   ï2 ðàâ 

2  5,62  0,5
8  107  580  108
II
M ÊÐ
l2
II
GI
III
M ÊÐ
l3
III
GI
 0,0121 
 0,0121 рад;
3,5  5,62  0,5
8  107  980  108
 0,0004 
 0,0004 рад;
1  5,62  0,8
8  107  315  108
 0,0174 рад.
По полученным данным строим эпюру углов закручивания  (рис. 4.4, в). Сравнивая эпюры  и
, можно отметить очевидную закономерность их изменения по оси z, вытекающую из расчетных
формул.
Кручение тонкостенного бруса
В машиностроении, авиастроении и вообще в технике широко применяются тонкостенные
стержни с замкнутыми (рис. 4.7, а) и открытыми профилями (рис. 4.7, б) поперечных сечений.
Поэтому расчеты на кручение таких тонкостенных стержней имеет большое практическое
значение.
Характерной геометрической особенностью тонкостенных стержней является то, что их
толщина существенно (на порядок и более) меньше других геометрических размеров (длиной срединной линии контура поперечного сечения и длины
стержня).
Характер распределения напряжений по толщине
тонкостенного стержня открытого профиля близок к
равномерному (рис. 4.7, б), а замкнутого профиля
меняется по линейному закону, как это показано на
Рис. 4.7
рис. 4.7, а. Откуда следует, что напряжения в
поперечных сечениях открытого профиля практически
не изменятся, если профиль сечения распрямить. Иначе говоря, напряжения в криволинейном
открытом профиле будут примерно такими же, как и в прямом.
Обращаясь к формулам (4.14), (4.16) и при предельном переходе h b   , получим:
 max 
3M K
 s
2

;
3M K
G  2s
,
(4.17)
где   толщина профиля; s  длина контура профиля; l  длина стержня.
В случае, если тонкостенный незамкнутый профиль является составным (рис. 4.8) и не может
быть развернут в вытянутый прямоугольник, воспользовавшись почленной аналогией, легко определить выражения напряжений на iом произвольном участке:
 maxi  
3M K i 
 i2 si
,
(4.18)
где MK(i)  доля крутящего момента, соответствующего iму участку:
M K i  
G 3
i si ,
3l
где   угловое перемещение, единое для всех участков:
3M K l

n
G 
i 1
.
(4.19)
 3i si
Изложенный подход к определению напряжений является приближенным, так как он не
позволяет определить напряжения в зонах сопряжения элементов поперечного сечения профиля,
которые являются зонами концентрации напряжений.
Рис. 4.8
Рис. 4.9
Далее
имеющий
в форме замкнутого
профиля (рис. 4.9).
элементарный
выразим крутящий
напряжения
,
контурного интегрирования получим:
M K     ds .
рассмотрим
брус,
поперечное сечение
тонкостенного
Выделим на контуре
участок длиной ds и
момент
через
выполняя операцию
(4.20)
s
Из условия равновесия сил по оси z выделенного элемента длиной dz (4.9) легко установить,
что по контуру сечения произведение  является постоянной величиной. С учетом данного
обстоятельства, выражение (4.20) примет вид:
M K    Î À ds  2   F  ,

s
(4.21)
где 2F    Î À ds  представляет собой удвоенной площадь, ограниченную срединной линией
s
контура сечения.
Из (4.21) наибольшее напряжение определяется по формуле:
 max 
MK
.
2 F   min
(4.22)
Для вывода выражения для угла закручивания воспользуемся энергетическими
соображениями. Энергия, накопленная в элементарном объеме с размерами , dz, ds за счет
деформаций чистого сдвига, равна:
1
l  2  2 ds
2
U 


d
s


 .
2G
2G
s
s

С учетом (4.21), последнее выражение можно представить в виде:
M K2
U 
8G F
2

s
ds

.
С другой стороны, работу внешних сил можно представить в виде:
U 
1
MK .
2
(4.24)
Приравнивая оба выражения из (4.22) и (4.23), получим:

MK l
4G F
2

ds
s

,
(4.25)
Если  является постоянной по контуру, будем иметь:

MK l s
4G F 2 
,
(4.26)
где s  длина замкнутого контура.
П р и м е р р а с ч е т а ( задача 5)
Пусть задан тонкостенный стержень (рис. 4.10, а) при действии самоуравновешивающих
крутящих моментов на двух противоположных концах, требуется:
1. Определить выражения максимальных напряжений и углов закручивания в случаях, когда
стержень имеет открытый (рис. 4.10, б) и замкнутый (рис. 4.10, в) профиль;
2. Сопоставить вычисленные значения напряжений и углов закручивания для двух различных
профилей тонкостенного стержня.
Решение
1. О п р е д е л е н и е
выражения
максимальных
напряже ний
и
углов
закручивания в случаях, когда стержень имеет открытый и замкнутый
п р о ф и л ь . Для стержня с открытым профилем (рис. 4.10, б), согласно (4.17), получим:
 max 1 
2M
D
2
;
 1 
3M l
G  D 3
.
Рис. 4.10
Для
стержня
профиля
воспользовавшись
(4.22) и (4.25),
замкнутого
(рис. 4.10, в),
выражениями
имеем:
M
 max  2 
2
D
4
2
;

  2 
M l D
2
  D2
 
4 G 

 4 
.
2. Сопоставить вычисленные значения напряжений и углов закручивания для двух различных
профилей тонкостенного стержня. Для наглядности составим отношения выражений напряжений
и углов закручивания, т.е.:
 max1 3D

;
 max2 2 
 1
 2

3D 2
22
.
Откуда следует, что отношение напряжений имеет величину порядка D/, а отношение углов
закручивания  порядка (D/)2. Так как для тонкостенных стержней D>>, следовательно, стержень с замкнутым профилем является существенно более прочным и жестким, нежели стержень с
открытым профилем при идентичных исходных данных.
Заметим, что этот вывод является общим для тонкостенных стержней независимо от формы
сечений.
ИЗГИБ
Внутренние усилия в поперечных сечениях бруса
Под изгибом понимается такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях бруса
возникают изгибающие моменты Mx или My . Если изгибающий момент в сечении является единственным силовым фактором, то изгиб называется ч и с т ы м (рис. 5.1, а).
Рис. 5.1
В тех случаях,
поперечных
наряду
с
моментом
поперечные силы
когда
в
сечениях бруса
изгибающим
возникают
и
изгиб называется
п о п е р е ч н ы м . Брус, работающий в основном на изгиб, часто называют балкой. В дальнейшем
будем рассматривать такие случаи изгиба балки, при которых, вопервых, поперечное сечение
балки имеет хотя бы одну ось симметрии, и, вовторых, вся нагрузка лежит в плоскости,
совпадающей с осью симметрии балки. Таким образом, одна из главных осей инерции лежит в
плоскости изгиба, а другая перпендикулярна ей.
Для того, чтобы правильно ориентироваться в вопросах, связанных с расчетом бруса на изгиб,
необходимо прежде всего научиться определять законы изменения внутренних силовых факторов,
т.е. научиться строить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.
Предварительно рассмотрим три основных типа опорных связей балки с основанием:
1. Шарнирноподвижная опора (рис. 5.1, б  левая опора балки), ограничивающая лишь
вертикальное перемещение опорного узла.
2. Шарнирнонеподвижная опора (рис. 5.1, б  правая опора балки), ограничивающая
вертикальное и горизонтальное перемещения опоры.
3. Жесткая заделка (рис. 5.1, а  опора балки на левом краю), не допускающая поворота и
перемещений по вертикали и горизонтали сечения балки, примыкающего к опоре.
По запрещенным направлениям во всех этих типах опор возникают соответствующие реакции.
Рассмотрим характерный пример (рис. 5.2, а) и установим необходимые правила. Решение
задачи, как правило, начинается с определения полной системы внешних сил. Для этого отбросим
опоры и заменим их соответствующими реакциями (рис. 5.2, б), выполняющими ту же роль, что и
опорные закрепления.
Рис. 5.2
Заданная
система статически
определима,
следовательно, из
условий равновесия
системы,
т.е.
равенства
нулю
суммы
моментов
всех
сил
относительно
шарнирных опор (в
шарнирах
нет
ограничений
поворота сечений
балки,
поэтому
изгибающих
моментов
не
возникает)
m (A) = 0
и
m (В) = 0,
определяем
вертикальные
реакции в опорах:
Pb
Pa
; Rb 
.
(5.1)
Rà 
ab
ab
Для определения НА имеем:  z  0, откуда НА =0. Для проверки правильности вычислений
воспользуемся условием равенства нулю суммы всех вертикальных сил y = 0, откуда получим
Rà  Rb  P  0 
P b P a

 P  0,
ab ab
0 = 0.
Для определения внутренних силовых факторов  изгибающего момента М (z) и поперечной
силы Q (z) как функций от продольной координаты z, воспользуемся м е т о д о м с е ч е н и й .
Для получения этих зависимостей балку разбивают на участки, границами которых являются
следующие точки: начало и конец балки; точки приложения сосредоточенных усилий; начало и
конец действия распределенных усилий; сечения, в которых скачкообразно изменяется жесткость
балки; в точках, где происходит изменение ориентации элементов, если имеем дело с стержневой
системой со сложной структурой.
Заданная система состоит из двух участков  первого (0  z  a) и второго (a  z  a + b).
Следовательно, задавая последовательно сечения, принадлежащие к первому и второму участкам,
и рассматривая равновесие отсеченных частей системы при действии на них всех внешних сил и
внутренних усилий, определим выражения для
внутренних силовых факторов. При этом, знак
изгибающего момента устанавливается по знаку
кривизны изогнутого бруса (рис. 5.3, а) и зависит от
выбранного направления осей системы координат
y0z. Следовательно, в системе координат y0z
принятой на рис. 5.3, а положительный момент
вызывает растяжение нижних волокон балки.
Для поперечных сил, независимо от направления
Рис. 5.3
координатных осей, устанавливается следующее
правило знаков: если результирующая поперечная сила Qy вращает рассматриваемую часть балки
по ходу часовой стрелки, то она считается положительной, в обратном случае  отрицательной
(рис. 5.3, б).
Из условия равновесия Mx = 0; y = 0 отсеченной части системы, расположенной левее от
сечения z1 (первый участок), (см. рис. 5.2, в), получим:
Mx (z1) = Ra z1;
Qy = Ra .
(5.2)
Для определения Mx и Qy на втором участке рассмотрим равновесие отсеченной части балки,
расположенной правее от сечения z2 (см. рис. 5.2, б), т.е. Mx = 0; y = 0 откуда и определим:
Mx (z2) = Rb (a + b  z2); Qy =  Rb .
(5.3)
Эпюры Mx и Qy изображены на рис. 5.4. Заметим, что эпюры изгибающих моментов Mx , как и
поперечных сил Qy строятся на оси бруса, однако в отличие от эпюры поперечных сил знак
момента не указывается, а ординаты изгибающего момента откладываются co стороны растянутых
волокон.
Рис. 5.4
Основные
дифференциальные соотношения
теории изгиба
Пусть брус нагружен произвольным образом распределенной нагрузкой q = f (z) (рис. 5.5, а).
Рис. 5.5
Выделим из
бруса
элемент
длиной
dz
и
приложим по его
краям
положительные
внутренние
усилия
(рис. 5.5, б).
В
пределах малого
отрезка dz нагрузку q можно считать распределенной равномерно. Приравняем нулю сумму
проекций всех сил на вертикальную ось y и сумму моментов всех сил относительно поперечной
оси x, проходящей через точку С (рис. 5.5, б), получим:
Qy + q dz  Qy  d Qy = 0 ;
Mx + Qy dz + q dzdz/2  Mx  d Mx = 0.
Производя упрощения и отбрасывая величины высшего порядка малости, получим:
d Qy
dz
 q;
dMx
 Qy ,
dz
(5.4)
откуда
d2M x
d z2
 q.
(5.5)
Из (5.4) следует, что при q = const функция Qy будет линейной, а функция Mx  квадратичной.
Если на какихто участках бруса распределенная нагрузка отсутствует, т.е. q = 0, то получим, что
Qy = const, а Mx является линейной функцией от z.
В сечениях, где приложена сосредоточенная сила, эпюра Qy претерпевает скачок на величину
внешней силы. И наконец, в тех сечениях, где Qy принимает нулевое значение и меняет знак,
функция Mx достигает экстремальных значений.
Напряжения при чистом изгибе
Рассмотрим наиболее простой случай изгиба, называемый ч и с т ы м и з г и б о м . Как было
отмечено выше, под чистым изгибом понимается такой вид сопротивления, при котором в
поперечных сечениях бруса возникают только изгибающие моменты, а поперечные силы равны
нулю. Для тех участков бруса, где соблюдается данное условие, изгибающий момент, согласно
второго выражения (5.4), вдоль продольной оси z принимает постоянное значение. Так как в
любом сечении стержня при чистом изгибе Mx(z) = const, то для однородного бруса постоянного
поперечного сечения изменение кривизны постоянно вдоль оси z. Под действием изгибающих моментов ось бруса искривляется. Исходя из этого, ось бруса принимает форму дуги окружности с
радиусом кривизны  (рис. 5.6). В данном случае с высокой степенью точности справедлива
гипотеза плоских сечений. Следовательно, точки, расположенные до изгиба в плоскости
поперечного сечения бруса, в результате изгиба переместятся в пространстве таким образом, что
их совокупность снова образует плоскость.
Процесс формирования деформаций при чистом изгибе может рассматриваться как результат
поворота плоских поперечных сечений друг относительно друга.
Рассмотрим два смежных сечения, отстоящих один от другого на расстоянии dz (рис. 5.6).
В результате изгиба эти сечения наклонятся, образуя между собой угол d , в связи с чем
верхние волокна удлиняются, а нижние  укоротятся. Очевидно, что при этом существует слой,
длина которого не изменилась. Назовем его н е й т р а л ь н ы м сл о ем и обозначим отрезком СD.
При этом CD = CD= dz = d. Произвольный отрезок АВ, расположенный от СD на расстоянии
y, в результате изгиба удлинится на величину A B   AB. С учетом построений, изображенных на
рис. 5.6, легко определить величину его линейной деформации:

AB   AB
AB   d z (  y) d   d z
d y


y
 .
AB
dz
dz
dz

(5.6)
Если предположить, что продольные волокна не давят друг на друга, то каждое из них будет
находиться в условиях простого растяжения  сжатия. Тогда переход от деформаций к
нормальным напряжениям  можно осуществить посредством закона Гука:
EE
y

(5.7)
Установим положение нейтральной оси x, от которой
происходит отсчет координаты у (рис. 5.7). Учитывая, что
сумма элементарных сил dF по площади поперечного
сечения F дает нормальную силу Nz . Но при чистом изгибе
Nz = 0, следовательно:
Nz 
  dF
F

E

 y dF
 0
F
 y dF
 0.
F
Как известно, последний интеграл представляет собой
статический момент сечения относительно нейтральной
Рис. 5.7
линии (оси x). Статический момент равен нулю, значит,
нейтральная линия проходит через центр тяжести сечения.
Выразим момент внутренних сил относительно нейтральной оси Mx через . Очевидно, что
Mx 
  y dF .
(5.8)
F
C учетом выражения (5.7) получим:
Mx 
E
y

2
dF 
F
E
I .
 x
Откуда
1


Mx
EIx
,
(5.9)
где
1
 кривизна нейтрального волокна; EIx  жесткость бруса.

Из формулы (5.7), исключая 1/, окончательно получим:
y
Mx .
(5.10)
Ix
Откуда следует, что нормальные напряжения  в поперечном сечении бруса при его изгибе
изменяются по линейному закону в зависимости от координаты y и принимают максимальное
значение на уровне крайних волокон (при y = ymax):
M
 max  x ,
Wx
где W x  I
x
y max
 момент сопротивления сечения.
Энергия упругих деформаций бруса при изгибе V определяется работой момента Mx
соответствующем угловом перемещении d :
dV 
на
dz
1
1
M d  , с учетом d  
и  Mx,
2 x

 EI x
окончательно получим
V 

l
M x2 d z
.
2E I x
(5.11)
Примеры расчетов
Для статически определимых систем: схемы I (консольная балка, рис. 5.8, а), схемы II
(двухопорная балка с консолями, рис. 5.13) и схемы III (плоской рамы в виде ломаного бруса,
рис. 5.17) при последовательном их рассмотрении требуется:
1. Построить эпюры Mx и Qy для всех схем и эпюру Nz для схемы III;
2. Руководствуясь эпюрой Mx , показать на схемах I и II приблизительный вид изогнутой оси
балки. По опасному сечению подобрать размеры поперечного сечения:
а) для схемы I  прямоугольное hb при расчетном сопротивлении RH = 16103 кН/м2 (клееная
древесина); h:b = 1,5;
б) для схемы II  двутавровое (ГОСТ 823972) при расчетном сопротивлении RH = 200103
кН/м2 (сталь);
Решение
Схема I. Консольная балка (задача №6)
Учитывая особенности рассматриваемой системы (рис. 5.8, а), чтобы исключить
необходимость определения опорных реакций, достаточно применяя метод сечений,
последовательно рассмотреть те отсеченные части системы от заданного сечения, в котором
отсутствует опорное сечение.
1. П о с т р о и т ь э п ю р ы Q y и M x . Для построения эпюр Qy и Mx определяем количество
участков, затем, используя метод сечений, составляем аналитические выражения изменения Qy и
Mx в зависимости от текущей абсциссы z для каждого участка.
Рис. 5.8
Определение
участков балки
количества
Границами между
участками,
как
места расположения
происходит
изменение: физикохарактеристик
конструкций;
характеристик
(формы
и/или
внешних нагрузок. В
рассматриваемая
постоянное
(рис. 5.8, б) имеет три
I  DС,
участок
III  ВА.
двумя
смежными
правило,
являются
тех
сечений,
где
скачкообразное
механических
материала
геометрических
поперечных сечений
размеров), а также
данном
случае,
балка,
имеющая
поперечное сечение
участка:
участок
II  СВ,
участок
Составление
аналитических
выражений Qy и
Mx и
определение
значений в
характерных
сечениях
Проведя сечение
II,
рассмотрим
равновесие
правой
отсеченной
части
балки
длиной
z1,
приложив к ней все
действующие справа
от сечения заданные
нагрузки и внутренние силовые факторы Qy и Mx , возникающие в сечении, которые заменяют
действие отброшенной части балки (рис. 5.9). При этом, предполагаем, что изображенные на
рисунке внутренние силовые факторы положительны.
Составив уравнения равновесия y = 0 и  M 01 = 0 для этой части балки и решив их, найдем
выражения для Qy1 и M x1 в зависимости от z1 на участке I (0  z1  1 м):
y = 0,
Qy1 = 0;
 M 01  0 ,
M x1 + m = 0, M x1 = m = 10 кНм.
Полученные выражения показывают, что на участке I Qy1 и M x1  const. Знак “минус” у M x1
говорит о том, что момент в сечении II вызывает растяжение верхних, а не нижних волокон, как
это показано на рис. 5.9.
для
(1 м  z2  2 м).
уравнения y = 0 и
отсеченной сечением
IIII правой части
определим из них
балки (рис. 5.10) и
Q y2 и M x2 :
Участок II
Составим
 M 02  0
y = 0,
Q y2  P  0 ,
Q y2  P  30 кН;
 M 02  0 , M x2 + m  P (z2  1) = 0, M x2 = m + P (z2  1) .
Из полученных выражений для Q y2 и M x2 видно, что на участке II величина Q y2 постоянна, а
величина M x2 изменяется в зависимости от z2 по закону прямой линии. Знак “минус” у Q y2
показывает, что в сечении IIII возникает поперечная сила, действующая в направлении, обратном
показанному на рис. 5.10.
Теперь, подставляя значения z2 для характерных сечений участка II в полученные
аналитические выражения, определим величины Q y2 и M x2 , возникающие в этих сечениях, т.е.
ординаты эпюр Mx и Qy в точках С и В (рис. 5.8, б).
при z2 = 1 м; Q y2 = 30 кН; M x2 = 10 + 30 (1  1) = 10 кНм;
при z2 = 2 м; Q y2 = 30 кН;
M x2 = 10 + 30 (2  1) = 20 кНм.
Участок III (2 м  z2  4 м).
Составим уравнения равновесия y = 0 и  M 03  0 для отсеченной сечением IIIIII правой
части балки (рис. 5.11) и, решив их, получим,
y = 0,


Q y3  P  q z3  2  0 ,


Q y3  P  q z3  2 ;
2
 M 03  0 , M x3 + m  P (z3  1) + 0,5 q (z2  2) = 0,
M x3 = m + P (z3  1)  0,5 q (z2  2)2 .
Таким образом, величина Qy3 на участке III изменяется по закону прямой линии, а величина M x3  по закону квадратной параболы.
Подставив значения z3 , соответствующие характерным
сечениям участка, в аналитические выражения изменения
Qy3 и M x3 , определим координаты эпюр для сечений В и А
(рис. 5.8, б).
При z3 = 2 м Qy3 = 30 + 20(2  2) = - 30 кН;
M x3 = 10 + 30 (2  1)  0,520(2  2)2 = 20
Рис. 5.11
кНм.
При z3 = 4 м Qy3 = 30 + 20(4  2) = 10 кН;
M x3 = 10 + 30 (4  1)  0,520(4  2)2 = 40 кНм.
Так как, поперечная сила в пределах участка меняет знак, т.е. имеет промежуточное нулевое
значение (рис. 5.8, в), то в этом сечении возникает экстремальное значение изгибающего момента.
Для определения его величины вначале найдем значение z0 , при котором Qy3 = 0. Для этого,
приравняв выражение для Qy3 нулю, получим:
P + q (z0  2) = 0,
z0 
P  2q
q

30  2  20
 3,5 м.
20
Подставив найденное значение z0 = 3,5 м в аналитическое выражение изменения M x3 ,
вычислим величину Mmax:
M max  10  30  3,5  1 
20  3,5  2
2
 42,5 кНм.
Построение эпюр Qy и Mx для всей балки
Отложив перпендикулярно к оси абсцисс (линии, параллельной оси балки) в удобном для
пользования масштабе вычисленные значения Qy и Mx в характерных и промежуточных сечениях
каждого участка и соединяя концы полученных ординат линиями, соответствующими законам
изменения Qy и Mx на каждом участке, построим эпюры Qy и Mx для всей балки (рис. 5.8, в, г). При
этом положительные ординаты эпюры Qy откладываются вверх, а отрицательные  вниз по оси
абсцисс. Ординаты же эпюр Mx откладываются со стороны растянутого волокна. На эпюрах Qy
обязательно указываются знаки, а на эпюре Mx знаки можно не ставить.
Проверка правильности построения эпюр Q y и Mx
Для этого необходимо вначале проверить соответствие эпюры Qy эпюре Mx согласно
дифференциальной зависимости
dM x
 Qy , из которой следует, что эпюра Qy представляет собой
dz
эпюру тангенсов угла наклона касательных эпюры Mx к оси балки. В
самом деле, на участке II балки (рис. 5.8, г) тангенс угла наклона
касательной эпюры Mx к оси балки (рис. 5.12) равен:
Q y  tg 
10 20

 30 кН.
1
2
3
3
Рис. 5.12
При этом, знак поперечной силы будет положительным, если угол образован вращением оси
балки или элемента системы по ходу часовой стрелки, и отрицательным, если угол образован
вращением этой оси против часовой стрелки до совмещения с эпюрой Mx .
В рассматриваемом примере угол  образован вращением оси балки против часовой стрелки,
поэтому поперечная сила на этом участке будет отрицательной. После указанной проверки
полезно также проверить выполнение следующих положений:
1. Эпюра Mx на участке между сосредоточенными силами, а также между сосредоточенными
силой и моментом, и между началом или концом действия равномерно распределенной нагрузки и
сосредоточенными силой и моментом всегда изменяется по закону прямой линии, наклонной к оси
элемента, а в пределах действия равномерно распределенной нагрузки по закону квадратной параболы, имеющей выпуклость в сторону ее действия, если эпюра построена со стороны растянутого
волокна;
2. Под точкой приложения сосредоточенной силы эпюра Mx имеет излом, острие которого
направлено в сторону действия силы, если эпюра построена со стороны растянутого волокна;
3. На эпюре Mx в месте действия сосредоточенного момента m имеет место скачок, равный его
величине;
4. Над шарнирными опорами двухшарнирной балки изгибающий момент может быть только в
тех случаях, когда в опорных сечениях приложены сосредоточенные моменты или когда на консолях, расположенных за опорами, приложены нагрузки. Во всех других случаях изгибающие
моменты в шарнирах равны нулю;
5. На участке действия равномерно распределенной нагрузки изгибающий момент достигает
экстремального
значения
Mx =
= Mmax в том сечении, где поперечная сила
dM x
 Qy , т.е. переходит через нуль, меняя знак;
dz
6. Поперечная сила Qy на участке равна нулю, если во всех сечениях по длине этого участка
Mx = const;
7. Эпюра Qy постоянна на участках между сосредоточенными нагрузками и изменяется по
закону наклонной прямой лишь на участках, где действует равномерно распределенная нагрузка;
8. Эпюра Qy в точках приложения сосредоточенных вертикальных сил (Р, RA , RB) имеет
скачки, равные по величине приложенным в этих сечениях сосредоточенным силам, причем
направление скачков всегда совпадает с направлением этих сил.
В нашем примере все эти положения выполняются.
2.1. Р у к о в о д с т в у я с ь э п ю р о й M x , п о к а з а т ь п р и б л и з и т е л ь н ы й в и д и з о г н у т о й
о с и б а л к и . При построении приблизительного вида изогнутой оси балки по эпюре Mx
необходимо знать, что знак изгибающего момента связан с характером деформации балки от
действия заданной внешней нагрузки. Если на участке балки изгибающий момент положителен, то
балка на этом участке изгибается выпуклостью вниз, а если отрицателен  выпуклостью вверх. В
тех же сечениях, где изгибающий момент равен нулю, кривизна балки меняет свой знак, т.е. ось
балки в этих сечениях имеет точки перегиба. При этом всегда следует помнить, что прогибы балки
на опорах равны нулю.
Анализируя эпюру Mx (рис. 5.8, г), видим, что на участке АО растянуты нижние волокна,
значит, на этом участке изогнутая ось балки будет иметь выпуклость вниз. На участке ОД
растянуты верхние волокна, поэтому изогнутая ось балки на этом участке будет иметь выпуклость
вверх. Таким образом, под точкой О, где Mx = 0, кривизна изогнутой оси балки меняет знак, т.е.
упругая линия имеет в этом сечении точку перегиба. Учитывая это, строим приблизительный вид
изогнутой оси балки (рис. 5.8, д).
2.2. П о д б о р п о п е р е ч н о г о с е ч е н и я б а л к и . Опасным сечением является то, в котором
возникает наибольший по абсолютной величине изгибающий момент. В нашем примере опасным
является сечение Е, где Mmax = 42,5 кНм. Прямоугольное сечение балки из клееной древесины
подбираем из условия прочности при расчетном сопротивлении RH = 16103 кН/м2 и соотношения
h/b = 1,5:
  M max  RH ,
Wx
откуда требуемый момент сопротивления сечения балки при изгибе будет равен:
42,5
ÒÐ
= 2,6610-3 м3.
Wx 
16000
Момент сопротивления прямоугольного сечения равен:
Wx
Приравняв
= 0,288 м, тогда:
его
ÒÐ
Wx,
b h2
6
3
 h .
9
получим
h  3 9  2,66  103  3 23,94  101 =
b  0,288 15
,  0,192 м.
Округляя, принимаем брус поперечным сечением hb = 0,29 0,19 м2, (Wx = 2,66310-3м3).
Схема II. Двухопорная балка (задача № 7)
1. П о с т р о и т ь э п ю р ы Qy и Mx. Существенное отличие этой схемы (рис. 5.13, а) от
предыдущего примера расчета (рис. 5.8, а) заключается в том, что при рассмотрении
однопролетной консольной балки, для определения внутренних силовых факторов с применением
метода сечений, мы последовательно рассматривали равновесие той части системы, где
отсутствовало опорное сечение. Данное обстоятельство позволило без предварительного
определения опорных реакций, вычислить значения внутренних усилий. Так как этот прием, в
данном случае, нереализуем, поэтому предварительно необходимо определить полную систему
внешних сил, которая включает заданную систему и все опорные реакции.
Определение опорных реакций
При общем случае нагружения в заданной системе возникают три опорные реакции. Однако,
учитывая особенности характера нагружения, т.е. все внешние силы направлены по оси y, поэтому
можно утверждать, что горизонтальная опорная реакция в опорном сечении А в данном случае
равна нулю. Вертикальные опорные реакции могут быть определены из условий
MA = 0; MB = 0.
Необходимым и достаточным условием проверки правильности определения вертикальных
опорных реакций является y = 0, т.к. это уравнение статики, применительно к рассматриваемой
системе, которое содержит все искомые опорные реакции.
Из MA = 0 получим:
MA = Р1 + q54,5  m  RB6 = 0,
откуда
RB 
Из уравнения MB = 0 будем иметь:
20  5  4,5  10  1  20
 70 кН.
6
MB = P7  m  q51,5 + RA 6 =0;
RA = 40 кН.
Опорные реакции RA и RB получились положительными. Это означает, что выбранные
направления совпадают с их действительными направлениями. После определения опорных
реакций следует провести проверку правильности их вычисления.
Рис. 5.13
y = P  q5 + RA + RB = 0;
10  205 + 40 + 70 = 0;
110 + 110 = 0; 0 = 0.
Удовлетворение этого уравнения говорит о правильности вычисления величин и направления
опорных реакций.
Определение количества участков
Учитывая, что границами участков являются точки приложения внешних сил и опорных
реакций, а также сечения, где распределенная нагрузка меняется скачкообразно. Поэтому заданная
балка имеет четыре участка: I участок  КА; II участок  АС; III участок  СВ и IV участок  ВD
(рис. 5.13, б).
Составление аналитических выражений Qy, Mx и определение значений
их в характерных сечениях каждого участка
Поместив начало системы координат в центре тяжести крайнего левого поперечного сечения
балки, и рассекая ее в пределах участка I, рассмотрим равновесие левой части балки длиной z1
(рис. 5.14, а). Составив уравнения равновесия y = 0 и  M 01  0 для этой части, найдем
аналитические выражения изменения Qy и Mx на участке I, где z1 изменяется в пределах
0  z1  1 м:
Рис. 5.14
y = 0,
 Qy1  P = 0,
 M 01  0 ,
Qy1 = P (постоянная величина);
 M x1  Pz1 = 0,
M x1 = Pz1 (уравнение прямой линии).
Знак “минус” у Qy1 говорит о том, что в этом сечении возникает поперечная сила,
действующая в направлении, обратном показанному на рис. 5.14, а, а у M x1  что в сечении будет
возникать изгибающий момент, растягивающий верхние волокна, а не нижние, как показано на
рис. 5.14, а. Для определения величин Qy1 и M x1 в характерных сечениях этого участка
подставим значения z1 в полученные аналитические выражения:
при z1 = 0
Qy1 = 10 кН,
M x1 = 100 = 0;
при z1 = 1 м
Qy1 = 10 кН,
M x1 = 101 = 10кНм.
Проведя сечение в пределах участка II, рассмотрим равновесие левой отсеченной части балки
(рис. 5.14, б) и из уравнений равновесия y = 0 и  M 02  0 найдем аналитические выражения для
Q y2 и M x2 на этом участке, где z2 изменяется в пределах 1 м   z2  3 м:
y = 0,
 Q y2  P + RA = 0, Q y2 = RA  P (постоянная величина);
 M 02  0 ,
 M x2  Pz2 + RA (z2  1) = 0,
M x2 = RA (z2  1)  Pz2 (уравнение прямой линии).
Подставив в полученные выражения значения z2 , соответствующие граничным сечениям
участка II, определим величины Q y2 и M x2 , возникающие в этих сечениях:
при z2 = 1 м
Q y2 = 40  10 = 30 кН,
M x2 = 40(1  1)101 = 10 кНм;
при z2 = 3 м Q y2 = 30 кН, M x2 = 40(3  1)  103 = 50 кНм.
Сделав сечение в пределах участка III, составив и решив уравнения равновесия y = 0 и
 M 03  0 для левой отсеченной части (рис. 5.15), получим аналитические выражения изменения
Qy и Mx на участке III, где z3 изменяется в пределах 3  z3  7 м:
y = 0,
 Qy3  P + RA  q(z3  3) = 0,
Qy3 = RA  P  q(z3  3) уравнение прямой;
 M 03  0 ,
 P z3  RA ( z3  1)  q ( z3  3)
M x3  RA ( z3  1)  P z3
z
q
3
2
3
2
z3  3
2
 M x3  0 ,
 уравнение параболы.
Теперь найдем Qy3 и M x3 в граничных сечениях С и В
участка III:
Qy3 = 40  10 
при z3 = 3 м
 20(3 3) = 30 кН,
M x3 = 40(3  1)103 
Рис. 5.15
20  (3  3) 2
= 50 кНм;
2
Qy3 = 40  10  20(7  3) = 50 кН,
при z3 = 7 м
M x3 = 40(7  1)  107 
20  ( 7  3) 2
= 10 кНм.
2
Как видно, поперечная сила Qy3 на этом участке принимает в некотором сечении нулевое
значение и меняет знак при прохождении через него (рис. 5.13, в). Поэтому в сечении, где Q y3 =

d M x3
d z3
= 0, будет экстремальное значение изгибающего момента. Для его определения найдем
величину z0 , при котором Qy3 = 0. Приравняв выражение для Qy3 к нулю, получим:
RA P  q(z0  3) = 0,
z0 
RA  P  q  3
q

40  10  20  3
 4,5 м.
20
Подставив найденное значение z0 = 4,5 м в выражение для
M x3 ,
найдем величину
экстремального значения изгибающего момента на этом участке Mmax = 72,5 кНм.
Для получения аналитических выражений изменения Qy и Mx на участке IV целесообразно
начало координат перенести в сечение D и рассматривать равновесие правой отсеченной части,
т.к. в этом случае вследствие меньшего количества внешних сил, приложенных к правой части
балки, аналитические выражения будут проще по своему виду, а вычисление ординат менее
трудоемко.
Аналитические
выражения Qy4 и M x4 на участке IV (рис. 5.16)
(0  z4 
y = 0,
 1 м)
получим из следующих уравнений:
 Qy4  qz4 = 0, Qy4 = qz4  (прямая линия);
Рис. 5.16
 M 04  0 , M x 4 
q  z42
2
 m  0,
M x4  m 
q  z42
2
 (парабола).
В граничных сечениях D и В участка IV ординаты эпюр Qy и Mx :
при z4 = 0
Q y4 = 0,
M x4 = 20 кНм;
при z4 = 1 м Qy4 = 201 =20 кН,
M x 4  20 
20  12
 10 кНм.
2
Так как величина M x4 на участке IV изменяется по закону квадратной параболы, то для
уточнения ее очертания надо определить ординату эпюры Mx в какомнибудь промежуточном
сечении. Например, при z4 = 0,5 м, где ордината M x4 будет равна:
M x4  20 
20  ( 0,5) 2
 17,5 кНм.
2
Построение эпюр Qy и Mx для всей балки
Откладывая перпендикулярно от оси абсцисс в удобном для пользования масштабе значения
Qy и Mx , возникающие в характерных и промежуточных сечениях каждого участка, и соединяя
концы полученных ординат линиями, соответствующими законам изменения Qy и Mx на этих
участках, строим эпюры Qy и Mx для всей балки (рис. 5.13, в, г).
2.1. Р у к о в о д с т в у я с ь э п ю р о й Mx п о к а з а т ь п р и б л и з и т е л ь н ы й в и д и з о г н у т о й
о с и б а л к и . Анализируя эпюру Mx (рис. 5.13, г) видим, что на участке КО растянуты верхние
волокна, и поэтому на этом участке изогнутая ось балки будет иметь выпуклость вверх. На
участке ОD растянуты нижние волокна, и изогнутая ось балки будет иметь выпуклость вниз.
Вследствие этого под т. О, где Mx = 0, будет точка перегиба. Учитывая все сказанное и то, что
прогибы в опорных сечениях равны нулю, строим приблизительный вид изогнутой балки
(рис. 5.13, д).
2.2. П о д б о р п о п е р е ч н о г о с е ч е н и я б а л к и . Опасным является сечение Е, где возникает
наибольший по абсолютной величине Mmax = 72,5 кНм. Двутавровое сечение балки подбираем из
условия прочности при изгибе при расчетном сопротивлении материала RH = 200103 кН/м2 (сталь):
  M max  RH .
Wx
Откуда требуемый момент сопротивления Wx равен:
W xÒÐ 
72,5
M max

 36,25  105 м3 .
5
RH
2  10
По сортаменту (ГОСТ 823972) принимаем двутавр № 27 с Wx = 37,1105 м3. В этом случае
при проверке прочности получается недо
СНиП при практических расчетах.
Схема III. Плоская рама (задача № 8)
Заданная плоская стержневая система (рис. 5.17, а), элементы которой представляют собой
прямолинейные стержни, жестко соединенных между собой, называется р а м о й . При
произвольном характере нагружения, в поперечных сечениях элементов заданной системы
возникают следующие три силовых фактора: поперечная сила Q, изгибающий момент M и
продольная сила N. Главной отличительной особенностью рамной системы от других стержневых
систем является то, что в деформированной состоянии угол сопряжения между различными
элементами равен углам сопряжения элементов до нагружения системы.
Правило знаков для Qy , Mx и Nz и порядок построения их эпюр для таких систем остаются
прежними.
Так как заданная система имеет только три внешние связи (вертикальную и горизонтальную в
т. D и горизонтальную в т. А), следовательно, при общем характере нагружения возникает всего
три опорные реакции. Как нам уже известно, для плоских систем можно воспользоваться только
тремя уравнениями равновесия статики для определения опорных реакций, поэтому заданная
система является статически определимой.
Рис. 5.17
Построить
Nz.
Определение
Составив
равновесия для
решив
их,
y = 0,
эпюры Qy, Mx и
опорных реакций.
уравнения
всей
рамы и
получим:
RD = 0;
MD = 0,
HA 8 + Р4 + q42 = 0,
MA = 0,
HD 8  Р4  q46 = 0,
4 4  2 4 2
 4 кН;
8
4 4  2 4 6

 8 кН.
8
HA 
HD
x = 0; HA + HD  Р  q4 = 0;
4 + 8  4  24 = 0; 12  12 = 0; 0 = 0.
Уравнение равновесия превращается в тождество, что говорит о правильности вычисления
опорных реакций.
Определение количества участков
Так как, в рамах границами участков являются точки приложения сил и точки изменения
направления оси элементов системы, то заданная система имеет три участка: участок I  АВ,
участок II ВС, участок III  СD (рис. 5.13, б).
Составление аналитических выражений Q y , M x и N z и определение их значений в
характерных сечениях каждого уч астка
Определение внутренних силовых факторов в сечениях рам производится также с помощью
метода сечений. Однако при выполнении разрезов всегда следует выяснить, какую из частей рамы
считать левой, а какую правой. Для этого предполагают, что обход рамы ведется слева направо,
т.е. от А к В, от В к С, от С к D. При этом наблюдение ведут с нижней стороны участков, находясь
лицом к оси участков.
Участок I (0  z1  4 м) (рис. 5.18).
Проведя сечение в пределах этого участка, рассмотрим равновесие левой
отсеченной части длиной z1 . Составив уравнение равновесия y = 0 и  M 01  0
Проверка:
и z = 0 для этой части и решив их относительно Qy1 , M x1 и N z1 , получим
аналитические выражения изменения Qy , Mx и Nz на участке I:
y = 0, HA  Qy1 =0, Qy1 =  HA  const;
 M 01  0 ,  HAz1  M x1 = 0, M x1 =  HAz1 уравнение прямой;
Рис. 5.18
z = 0,
N z1 = 0  нормальная сила отсутствует.
Величины Qy , Mx и Nz в граничных сечениях участка будут равны:
при z1 = 0
Qy1 = 4 кН,
M x1 = 0,
N z1 = 0;
при z1 = 4 м Qy1 = 4 кН, M x1 = 44 = 16кНм,
N z1 = 0.
Участок II (0  z2  4 м) (рис. 5.19).
Сделав сечение в пределах этого участка, составим уравнения
равновесия для левой части:
y = 0,
Q y2 = 0;
 M 02  0 ,
 M x2  HA4 = 0,
M x2 =  HA4 = 44 = 16 кНм;
z = 0,
N z2 =  HA = 4 кH.
HA + N z2 = 0,
Знак “минус” перед N z2 говорит о том, что элемент ВС сжат, а не
Рис. 5.19
растянут. Из полученных уравнений видно, что на участке II поперечная сила равна нулю, а изгибающий момент и нормальная сила постоянны.
Участок III (0  z3  4 м) (рис. 5.20). Приняв начало координат в сечении D и сделав разрез в
пределах этого участка, рассмотрим равновесие правой отсеченной части длиной z3 . Составив
уравнения равновесия y = 0;  M 03 = 0 и z = 0 и решив их, получим:
y = 0,
Q y3  HD + qz3 = 0,
Q y3 = HD  qz3  уравнение прямой.
 M 03  0 ,
M x3 + HD z3 
M x3 = HD z3 +
z = 0,
q  z 32
2
q  z 32
2
,
 уравнение квадратной параболы;
Nz = 0.
Ординаты эпюр найдем из полученных выражений, подставив в них
значения z3 , соответствующие граничным сечениям участка:
при z3 = 0
при z3 = 4 м
Q y3 = 8 кН,
M x3 = 0,
Q y3 = 8  24 =0,
Рис. 5.20
N z3 = 0;
M x3 = 84 +
24
= 16 кНм,
2
N z3 = 0.
Для уточнения очертания квадратной параболы определим величину M x3 при z3 = 2 м:
M x3  8  2 
2 2
 12 кНм.
2
Построен ие эпю р Q y , M x и N z дл я бруса с л ом ан н ой о с ь ю (рам ы )
Отложив в масштабе перпендикулярно к оси каждого элемента рамы полученные значения Qy ,
Mx , Nz в граничных и промежуточных сечениях участка и соединяя концы ординат линиями,
соответствующими выражениям Qy , Mx и Nz , строим их эпюры (рис. 5.17, в, г, д).
Правильность построения эпюр внутренних усилий подтверждается на основе статической
проверки, заключающейся в том, что условия равновесия рамы (x  0; y  0; M  0;), как в
целом, так и любой ее отсеченной части, под воздействием внешних нагрузок и усилий,
возникающих в проведенных сечениях, соблюдаются тождественно.
Касательные напряжения при поперечном и згибе. Главные
напряжения при изгибе
В случае поперечного изгиба в сечениях балки возникают не только изгибающий момент, но и
поперечная сила. Следовательно, в этом случае в поперечных сечениях бруса возникают не только
нормальные, но и касательные напряжения.
Так как касательные напряжения в общем случае распределены по сечению неравномерно, то
при поперечном изгибе поперечные сечения балки строго говоря не остаются плоскими. Однако
при
h
 1 (где h  высота поперечного сечения, l  длина балки) оказывается, что эти искажения
l
заметным образом не сказываются на работе балки на изгиб. В данном случае гипотеза плоских
сечений и в случае чистого изгиба с достаточной точностью приемлема. Поэтому для расчета
нормальных напряжений  применяют ту же формулу (5.10).
Рассмотрим вывод расчетных формул для касательных напряжений. Выделим из бруса,
испытывающего поперечный изгиб, элемент длиной dz (рис. 5.21, а).
Рис. 5.21
Продольным
горизонтальным
сечением,
проведенным на
расстоянии y от
нейтральной оси,
разделим элемент
на
две
части
(рис. 5.21, в)
и
рассмотрим
равновесие
верхней
части,
имеющей
основание
шириной b. При
этом с учетом
закона парности
касательных
напряжений,
получим,
что
касательные
напряжения в поперечном сечении
равны
касательным
напряжениям,
возникающим в
продольных
сечениях
(рис. 5.21, б). С
учетом данного
обстоятельства и
из допущения о том, что касательные напряжения по площади bdz распределены равномерно,
используя условие z = 0, получим:
N  N  d N +  bdz = 0 ,
откуда

dN 
b  dz
.
(5.12)
где N  равнодействующая нормальных сил dF в левом поперечном сечении элемента dz в
пределах заштрихованной площади F  (рис. 5.20, г):
N    dF
.
(5.13)
F
С учетом (5.10) последнее выражение можно представить в виде
N 
где
Sx   y1 d F
F
Mx
Jx
 y1 d F ,
(5.14)
F
 статический момент части поперечного сечения, расположенной выше

координаты y (на рис. 5.21,б эта область заштрихована). Следовательно, (5.14) можно переписать в
виде
N
M x Sx
,
Jx
откуда
dN  
d M x Sx
.
Jx
(5.15)
В результате совместного рассмотрения (5.12) и (5.15) получим

Sx d M x
,

b Jx d z
или окончательно

Sx Qy
b Jx
.
(5.16)
Полученная формула (5.16) носит имя русского ученого Д.И. Журавского.
Для исследования напряженного состояния в произвольной точке балки, испытывающей
поперечный изгиб, выделим из состава балки вокруг исследуемой точки элементарную призму
(рис. 5.21, г), таким образом, чтобы вертикальная площадка являлась частью поперечного сечения
балки, а наклонная площадка составляла произвольный угол  относительно горизонта. Принимаем, что выделенный элемент имеет следующие размеры по координатным осям: по продольно
оси  dz, т.е. по оси z; по вертикальной оси  dy, т.е. по оси у; по оси х  равный ширине балки.
Так как вертикальная площадка выделенного элемента принадлежит поперечному сечению
балки, испытывающему поперечный изгиб, то нормальные напряжения  на этой площадке
определяются по формуле (5.10), а касательные напряжения   по формуле Д.И. Журавского
(5.16). С учетом закона парности касательных напряжений, легко установить, что касательные
напряжения на горизонтальной площадке также равны . Нормальные же напряжения на этой
площадке равны нулю, согласно уже известной нам гипотезе теории изгиба о том, что продольные
слои не оказывают давления друг на друга.
Обозначим величины нормальных и касательных напряжений на наклонной площадке через 
и  , соответственно. Принимая площадь наклонной площадки dF, для вертикальной и горизонтальной площадок будем иметь dF sin  и dF cos , соответственно.
Составляя уравнения равновесия для элементарной вырезанной призмы (рис. 5.21, г), получим:
 z  0 ;
 y  0 ,
откуда будем иметь:
 dF   cos  dF sin    sin  dF cos    sin  dF sin   0 ;
  dF   sin  dF sin    cos  dF cos    cos  dF sin   0 .
Следовательно, окончательные выражения напряжений на наклонной площадке принимают
вид:
    sin 2    sin 2  ; 


1
   sin 2   cos 2 .
2

Определим ориентацию площадки, т.е. значение  = 0 , при котором напряжение 
принимает экстремальное значение. Согласно правилу определения экстремумов функций из
математического анализа, возьмем производную функции  от  и приравняем ее нулю:
d 
 2  sin  cos   2  cos 2  0 .
d
Предполагая  = 0 , получим:
2
tg2  0  
.

Откуда окончательно будем иметь:
 1
 2 
 0   arctg   .
 
2 2
Согласно последнему выражению, экстремальные напряжения возникают на двух взаимно
перпендикулярных площадках, называемых г л а в н ы м и , а сами напряжения  г л а в н ы м и
напряжениями.
Сопоставляя выражения  и
d 
, имеем:
d
 
1 d 
,
2 d
откуда и следует, что касательные напряжения на главных площадках всегда равны нулю.
В заключение, с учетом известных тригонометрических тождеств:
sin 2  0 


1
1
1
;
1  cos 2  0   1 


2
2
2
1  tg 2  

sin 2  0  
и формулы tg2  0  
tg 2  0
1  tg2 2  0
,
2
,

определим главные напряжения, выражая из через  и :
 0   min 
max

 
     2 .
 2
2
2
Полученное выражение имеет важное значение в теории прочности изгибаемых элементов,
позволяющее производить расчеты их прочности, с учетом сложного напряженного состояния,
присущее поперечному изгибу.
П р и м е р р а с ч е т а (задача № 9)
Для составной балки, имеющей поперечное сечение, показанное на рис. 5.22, требуется:
1. Определить расчетные параметры поперечного сечения балки;
2. Вычислить нормальные напряжения  по заданному изгибающему моменту и построить их
эпюру;
3. Определить значения касательных напряжений в точке 3;
4. Определить значения главных напряжений в точке 3 и указать их направления (показать
главные площадки), имея в виду, что сечение относится к левой части балки.
Д а н о : расчетные значения изгибающего момента и поперечной силы в сечении
МP = 156 кНм, QP = 104 кН; hCT = 0,34 м; b1/hCT = 0,7; b2/hCT = 0,9; 1/hCT = 0,1; 2/hCT = 0,07;
/1 = 0,4. Нормативное значение сопротивления материалу при изгибе RH = = 217100 кН/м2,
коэффициент запаса по прочности n = 1,3.
Решение
1. О п р е д е л е н и е
расчетных
параметров
поперечного
сечения
балки
( рис. 5.22, а) . Ширина верхней полки b1 = = 0,7hCT = 0,70,34 = 0,238 м, принимаем b1 = 0,24 м;
толщина верхней полки 1 = 0,1hCT = 0,10,34 = 0,034 м; площадь сечения верхней полки
ширина нижней полки b2 = 0,9hCT = 0,90,34 = 0,306 м,
FÏ Â  b1 1  0,24  0,034  0,00816 м2,
принимаем b2 = 0,3 м; толщина нижней полки 2 = 0,07hCT = 0,070,34 = 0,0238 м, принимаем
2 = 0,024 м; площадь сечения нижней полки FÏ H = 0,30,024 = =0,0072 м2, толщина стенки
 = 0,41 = 0,40,034 = 0,0136 м, принимаем  = 0,014 м; площадь сечения стенки FCT = 0,340,014 =
= 0,00476 м2; высота балки h = hCT + 1 + 2 = 0,34 + 0,034 + + 0,024 = 0,398 м.
Определение площади поперечного сечения балки .
F  FÏ Â  FÏ H  FCT  0,00816  0,0072  0,00476  0,02012 м2.
О п р е д е л е н и е ц е н т р а т я ж е с т и п о п е р е ч н о г о с е ч е н и я б а л к и . Ось y является осью
симметрии сечения балки, следовательно, центр его тяжести находится на этой оси. За
вспомогательную ось для определения координаты центра тяжести сечения на оси y принимаем
ось x1 (рис. 5.22, а). Заметим, что поперечное сечение балки является составным, и включает в
себя три прямоугольника (верхняя и нижняя полки, а также стенка). С учетом данного
обстоятельства и воспользовавшись выражением (3.6), вычислим статический момент площади
поперечного сечения балки относительно оси x1 :



 

Sx1  FÏ Â  h  1  FÏ H 2  FCT   2  hCT  


2
2
2 
 103  8,16  (0,398  0,034  0,5)  7,2  0,024  0,5 
 4,76 (0,024  0,034  0,5)  4,1188  103 ì 3.
Тогда положение центра тяжести на оси у определится ординатой
yC 
S x1 4,118.8  103

 0,205
F
201,2  104
м.
Определение момента инерции поперечного сечения балки относительно
ц е н т р а л ь н о й о с и (рис. 5.22). Значение момента инерции вычислим, пользуясь зависимостью
между моментами инерции относительно параллельных осей:
2
I xC  I ÏÂ  FÏ Â a12  I ÏH  FÏ H a22  I CT  FCT aCT


0,24  0,0343
0,3  0,0243
2
 0,0816  0176
, 2
 0,72   0193
,  
12
12

0,014  0,0343
2
 0,476   0,011  56,85  105 ì 4 ,
12
где I ÏÂ , I ÏH и I CT  моменты инерции верхней и нижней полки и стенки, соответственно,
относительно собственных горизонтальных осей, проходящих через их центры тяжести
(см. п. 3.2),
a1  hÁ  yC 
1
 0,398  0,205  0,034  0,5  0176
,
ì ;
2
 

a2    yC  2   ( 0,205  0,024  0,5)  0193
,
ì ;

2
hCT
aCT 
2
 s2  yC  0,34  0,5  0,024  0,205  011
, ì .
2. Вычислить нормальные напряжения  по заданному изгибающему моменту и построить их
эпюру.
Момент сопротивления Wx для точек 1 и 2 определим по формулам:
для точки 1
W x(1) 
для точки 2
W x(2) 
I xC
y1
I xC
y2


56,85 10 5
19,3 10
 2,95 10 3 м3;
2
56,85 10 5
20,5 10
2
 2,77 10 3 м3,
где y1 = h - yc = 0,398  0,205 = 0,193 м, y2 = yC = 0,205 м.
Вычислим напряжения в точке 1 (рис. 5.22, а):
1 
MP
(1)
Wx

156
2,95  10  3
 52881 кН/м2
 53000 МПа < 167000 кН/м2
Вычислим напряжения в точке 2 (рис. 5.22, а):
2 
MP
( 2)
Wx

156
2,77  10  3
 56318 кН/м2
 56000 МПа < 167000 кН/м2
Найдем значение нормальных напряжений в точке 3 по (5.10):
3 
MP
156
y3 
9,6  102  26350 кН/м2 .
I xC
56,85  105
По
значениям
нормальных
(рис. 5.22, б).
Проверку
производим
полученным
строим
эпюру
напряжений

прочности
формуле
по
  M P  RÈ ,
Wx
MP  расчетный
момент;
сопротивления
RИ  допускаемое
изгибе.
напряжение при
где
изгибающий
Wx  момент
при
изгибе;
напряжение при
Допускаемое
изгибе равно:
RÈ 
RÍ
n

217100
 167000 кН/м2.
13
,
Как видно, балка имеет значительное недонапряжение.
3. О п р е д е л и т ь з н а ч е н и я к а с а т е л ь н ы х н а п р я ж е н и й в т о ч к е 3 .
Касательное напряжение определим по формуле Журавского:

QP Sxî ò ñ
,
I xC 
где QP  расчетная поперечная сила,   ширина сечения на уровне точки 3.
Вычислим статический момент отсеченной части в точке 3 части сечения Sxî ò ñ :
 
hCT 

î òñ 
Sxî ò ñ  FÏ Í  yÑ  2   FCT
= 0,0072(0,205
 y3 
 


2
8 
+ 0,00119(0,096 + 0,1250,34) = 1,54410-3 м3,
где FCTî ò ñ = 0,25hCT = 0,250,340,014 = 0,00119 м2.
 0,50,024)+
Вычислим касательное напряжение в точке 3:
3 
104  1,544  103
56,85  10
5
 1,4  10
2
 20200
кН/м2.
4. О п р е д е л и т ь з н а ч е н и я г л а в н ы х н а п р я ж е н и й в т . 3 и у к а з а т ь и х
направления (показать главные площад ки), имея в виду, что сечение
относится к левой части балки.
Г л а в н ы е н а п р я ж е н и я в точке 3 определяем по формуле:
 max 
min

 
    2 .
 2
2
2
Подставив в данную формулу значения 3 и 3 , получим:

 26,3
2

2
2
3
3
 max  
 
  20,2   10  37,3  10 кН/м ;
 2 
 2

26,3



 26,3
2

2
2
3
3
 min  
 
  20,2   10  10,95  10 кН/м .
 2 
 2


26,3

В заключение найдем положение главных площадок и направление главных напряжений
(рис. 5.22, в).
2 3
2  20,2
tg2  0  

 1542
, ;  0  57 ;  0  28,5 .
26
,
3
3
При отрицательном угле 0 откладываем его от нормали к сечению (площадке) по часовой
стрелке и показываем положение главных площадок и направление главных напряжений
(рис. 5.22).
Перемещения при изгибе. Метод начальных п араметров
Изгиб балки сопровождается искривлением ее оси. При поперечном изгибе ось балки
принимает вид кривой, расположенной в плоскости действия поперечных нагрузок. При этом
точки оси получают поперечные перемещения, а поперечные сечения совершают повороты
относительно своих нейтральных осей. Углы поворота поперечных сечений принимаются
равными углам наклона , касательной к изогнутой оси балки (рис. 5.23).
Прогибы и углы поворотов в балках являются функциями координаты z и их определение
необходимо для расчета жесткости. Рассмотрим изгиб
стержня в одной из главных плоскостей например, в
плоскости yz. Как показывает практика, в составе
реальных сооружений стержни испытывают весьма
малые искривления (ymax/l = 102  103, где ymax  максимальный прогиб; l  пролет балки).
В этом случае неизвестными функциями,
определяющими положение точек поперечных
сечений балки являются y(z) и  (z) = =  (z)
Рис. 5.23
(рис.5.23). Совокупность значений этих параметров по
длине балки образуют две функции от координаты z  функцию перемещений y (z) и функцию
углов поворота  (z). Из геометрических построений (рис. 5.23) наглядно видно, что угол наклона
касательной к оси z и угол поворота поворота поперечных сечений при произвольном z равны
между собой. В силу малости углов поворота можно записать:
 ( z)  tg  ( z)  y ( z) .
(5.17)
Из курса математического анализа известно, что кривизна плоской кривой y (z) выражается
следующей формулой:
1


y ( z)
1  y  
2
3/ 2
.
Если рассмотреть совместно соотношение (5.9) и последнее выражение, то получим
нелинейное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки, точное решение которого, как
правило, затруднительно. В связи с малостью величины y  2 по сравнению с единицей последнее
выражение можно существенно упростить, и тогда
1

 y ( z) .
(5.18)
Учитывая (5.9), из (5.18) получим следующее важное дифференциальное соотношение
E I x y  ( z)  M x ( z) ,
(5.19)
где Ix  момент инерции поперечного сечния балки, относительно ее нейтральной оси; Е  модуль
упругости материала; E Ix  изгибная жесткость балки.
Уравнение (5.19), строго говоря, справедливо для случая чистого изгиба балки, т.е. когда
изгибающий момент Mx (z) имеет постоянное значение, а поперечная сила равна нулю. Однако это
уравнение используется и в случае поперечного изгиба, что равносильно пренебрежению
искривлений поперечных сечений за счет сдвигов, на основании гипотезы плоских сечений.
Введем еще одно упрощение, связанное с углом поворота поперечного сечения. Если
изогнутая ось балки является достаточно пологой кривой, то углы поворота сечений с высокой
степенью точности можно принимать равными первой производной от прогибов. Отсюда следует,
что прогиб балки принимает экстремальные значения в тех сечениях, где поворот равен нулю.
В общем случае, для того, чтобы найти функции прогибов y (z) и углов поворота  (z),
необходимо решить уравнение (5.19), с учетом граничных условий между смежными участками.
Для балки, имеющей несколько участков, определение формы упругой линии является
достаточно сложной задачей. Уравнение (5.19), записанное для каждого участка, после
интегрирования, содержит две произвольные постоянные.
На границах соседних участков прогибы и углы поворота являются непрерывными
функциями. Данное обстоятельство позволяет определить необходимое число граничных условий
для вычисления произвольных постоянных интегрирования.
Если балка имеет n  конечное число участков, из 2n числа граничных условий получим 2n
алгебраических уравнений относительно 2n постоянных интегрирования.
Если момент и жесткость являются непрерывными по всей длине балки функциями Mx (z) и
E Ix (z), то решение может быть получено, как результат последовательного интегрирования уравнения (5.19) по всей длине балки:
интегрируя один раз, получаем закон изменения углов поворота
z
 ( z)  y ( z) 

0
M x ( z) d z
 C1 ,
E I x ( z)
интегрируя еще раз, получаем функцию прогибов
z z
M ( z) d z 
y( z)     x
d z  C1 z  C 2 .
 E I x ( z) 


0 0
Здесь C1 и С2 произвольные постоянные интегрирования должны быть определены из
граничных условий.
Если балка имеет постоянное поперечное сечение по длине, то для определения функций
прогибов и углов поворота удобно применить м е т о д н а ч а л ь н ы х п а р а м е т р о в , суть
которого в следующем.
Рассмотрим балку (рис. 5.24) с постоянным поперечным сечением, нагруженную взаимоуравновешенной системой положительных силовых
факторов (т.е., вызывающих вертикальные перемещения
сечений балки в положительном направлении оси y).
Начало системы координат поместим на левом конце
балки так, чтобы ось z проходила вдоль оси балки, а ось y
была бы направлена вверх. На балку действуют: момент
М, сосредоточенная сила Р и равномерно распределенная
на участке бруса нагрузка интенсивностью q (рис. 5.24).
Задача заключается в том, чтобы выявить
особенности, вносимые в уравнение упругой линии,
Рис. 5.24
различными типами внешних силовых факторов. Для
этого составим выражение изгибающих моментов для каждого из пяти участков заданной
системы.
Участок I ( 0 z  l1 )
Mx (z) = 0.
Участок II (l1  z  l2 )
Mx (z) = M.
Участок III (l2  z  l3 )
Mx (z) = M + P (z  l2).
Mx (z) = M + P (z  l2) +
Участок IV (l3 z  l4)
Учток V(l4  z  l5) Mx (z) = M + P (z  l2) +
q ( z  l 3)2
2

q ( z  l 3)2
2
q ( z  l 4 )2
2
.
.
На участке V, где распределенная нагрузка отсутствует, при выводе выражения для
изгибающего момента, с целью сохранения рекуррентности формул для разных участков была
приложена взаимоуравновешенная распределенная нагрузка.
Для вывода о б о б щ е н н о г о выражения изгибающего момента введем следующий оператор
z li
, означающий, что члены выражения, стоящее перед ним следует учитывать при z > li и иг-
норировать при z  li . На основании этого, обобщенное выражение момента Mx (z) для
произвольного сечения z может быть записано единой формулой:
Mx (z) = M

z  l1
+ P (z  l2)
q ( z  l 4 )2
2
z l 4
z l 2
+
q ( z  l 3)2
2
z l 3

.
(5.20)
Подставляя (5.20) в (5.19) и дважды интегрируя, получим выражение для прогибов:
E Ix y (z) = C0 + C1 z +
+
q ( z  l 3)4
24
z l 3

M
P
( z  l 1) 2
+ ( z  l 2 )3
2
6
z  l1
z l 2
q (z  l 4)4
24
z l 4
.
(5.21)
Постоянные интегрирования C0 и C1 по своей сути означают:
C0 = E Ix y (0) , C1 = E I x y( 0)  E I x  ( 0)
(5.22)
и определяются из граничных условий на левом конце балки. Тогда формула для прогибов примет
следующий окончательный вид:
E Ix y (z) = E Ix y0 + E I x  0 z +
M
P
( z  l 1) 2
+ ( z  l 2 )3
+
2
6
z  l1
z l 2
+
q ( z  l 3)4
24
z l 3

q (z  l 4)4
24
.
z l 4
(5.23)
Соответственно, формула для углов поворотов сечений балки определяется из (5.23) простым
дифференцированием:
E Ix  (z) = E I x  0 + M ( z  l 1)
+
q ( z  l 3 )3
6
z l 3

z  l1
q ( z  l 4 )3
6
z l 4
+
P
( z  l 2)2
2
z l 2
.
(5.24)
Как видно, для определения прогибов и углов поворота балок данным методом начальных
параметров достаточно знание лишь значений прогиба y0 , угла поворота 0 в начале системы
координат, т.е. так называемых н а ч а л ь н ы х п а р а м е т р о в . Поэтому данный метод и называется
методом начальных параметров.
П р и м е р р а с ч е т а ( задача № 10)
Для схем стальных балок I и II, изображенных на рис. 5.25 и 5.26, определить методом
начальных параметров углы поворота сечения и прогиб в точке D. Модуль упругости
Е = 2108 кН/м2. Поперечные сечения балок: схема I  круглое диаметром d = 0,24 м, схема
II  квадратное со стороной a = 0,2 м.
Решение
С х е м а I.
1. О п р е д е л е н и е о п о р н ы х р е а к ц и й б а л к и (рис. 5.25)
y = 0, R0 + qc  P = 0, R0 = qc + P = 101,4 + 12 = 2 кН;
M0 =0, M 0  q c (b  0,5 c)  M  P (b  c  e)  0 ,
M0 = q c (b + 0,5 c)  M  P (b + c + e) = 101,4(1,8 + 0,51,4) 
 20  12(1,8 + 1,4 + 1,2) = 37,8 кНм.
Рис. 5.25
Для проверки правильности определения опорных реакций составим уравнения равновесия:
MD = 0, M0 + R04,4 + qc(0,5c + e) + M = 37,8  24,4 +
+ 101,44(0,5 1,4 + 1,2) + 20 = 46,6  46,6 = 0.
Реакции найдены верно.
2. Прим ен ен ие м ет од а н ач ал ь ны х парам етров . Используя уравнение (5.23), для
нашего случая запишем:
E Ix y (z) = E Ix y0 +

q  z  b  c
4!
E I x 0 z
4
z b  c
+
M z2 R z3 q  z  b
+ 0  0 
2!
3!
4!
M  z  b  c
2!
2
z b  c
.
4
z b

Здесь M0 и Q0  момент и реакция в заделке (т.е. в начале координат). Знак z > a означает, что
слагаемое, после которого он стоит, нужно учитывать при z > a и не надо  при z  a. Начальные
параметры
имеют
значения:
y0 = 0;
0 = 0;
M0 = 37,8
кНм,
R0 =
= 2 кН (знак реакций определяется по знаку перемещения вызванного этими усилиями). Тогда
выражение для определения прогибов будет иметь вид:
E I y (z) = +
, 
37,8 z2 2 z3 10   z  18


2
6
24
20  z  3,2
4
z 1,8

10   z  3,2
4
z 3,2
24
+
2
.
z 3,2
2
Соответственно выражение для определения углов поворота будет:
  =-37,8z  z2 +
EI  z
+ 20(z  3,2)
10   z  18
, 
3
z 1,8
6
z 3,2

10   z  3,2
3
z 3,2
6
+
.
С помощью этих выражений определяем yD и D:
E I yD
, 
37,8  4,4 2 2  4,43 10  4,4  18



2
6
24

20  4,4  3,2
2
4

10  4,4  3,2
4

24
2
 361,7 кНм3.
E I  D  37,8  4,4  4,42 
10  2,63 10  1,23

 20  1,2  135,27 кНм2.
6
6
Жесткость сечения при Е = 2108 кН/м2 равна:
EI  E
d 4
 2  108 
64
314
,  2,44  104
 326  102 кНм2.
64
Тогда, окончательно:
yD  
361,7
2
326  10
D  
 0,011 ì ,
135,27
326  102
 0,004 pàä.
Прогиб точки D происходит вниз, а сечение поворачивается по часовой стрелке.
С х е м а II.
Рис. 5.26
1. О п р е д е л е н и е о п о р н ы х р е а к ц и й б а л к и (рис. 5.26).
M0 =0,
RB (b + c + e)  q(c + e)b + 0,5(c + e) + M + P b = 0,
RB 
=
MB =0,
R0 


q  c  e b  0,5  c  e  M  P  b
bce
10  3  1,2  1,5  12  8  1,2
4,2
 14,14 кН;
R0 (b + c + e)  0,5q(c + e)2  M + P(c + e) = 0,
0,5  q c  e c  e  M  P  (c  e)
bce


10  4,5  12  8  3
 7,86 кН.
4,2
Для проверки правильности определения опорных реакций составим уравнение равновесия сил
по оси y:
y =0; R0 + RB + P  q (c + e) = 7,86 + 14,14 + 8  103 = 30  30 = 0.
Реакции найдены верно.
2. П р и м е н е н и е м ет о д а н а ч а л ь н ы х п а р а м е т р о в . Используя метод начальных
параметров, для рассматриваемой балки запишем:
M z2 R0 z3 P  z  b
E I y( z)  E I y0  E I  0 z  0


2!
3!
3!
3

q  z  b
4!
4
z b

M  z  b  c
z b

2
z b  c .
2!
Из условий закрепления балки при z = 0 имеем: y0 = 0; М0=0.
Подставляя числовые значения, получим:
, 
7,86  z 3 8  z  12
E I y z   E I  0  z 

6
3

10   z  1,2
4

z  1,2
24
3

z 1,2
1,2   z  2,8
2
z  2,8
2
.
В данном выражении неизвестно 0. Из условия закрепления балки при z = b + c + e имеем, что
y = 0. Вычисляя прогиб на правом конце балки и приравнивая его к нулю, получим уравнение для
определения 0:
,  10  4,2  12
,  12  4,2  2,8
7,86  4,2 3 8  4,2  12
.
0  E I  0  4,2 



6
6
24
2
3
2
4
Отсюда E I 0 = 20,84 кНм2. Теперь выражение для определения прогибов будет иметь вид:
7,86  z3 8  z  1,2

6
6
3
E I y( z)  20,84 z 

10   z  1,2
4
z 1,2 
24
1,2   z  2,8
2
z 1,2

2
z  2,8
.
Соответственно, выражение для определения углов поворота будет:
, 
7,86  z 2 8 z  12
E I (z )  20,84 

3
2
10   z  1,2
3

6
z 1,2
2
z 1,2

 1,2   z  2,8 z 2,8 .
С помощью этих выражений определяем yD и D:
E I y D  20,84  1,2 
E I  D  20,84 
7,86  1,23
 22,744 кHм3.
6
7,86  1,22
 1518
, кНм2.
2
Вычисляем жесткость сечения (Е = 2108 кН/м2):
E I  2  108 
0,2  ( 0,2)3
 2,67  104 кНм2.
12
Тогда, окончательно,
yD  
22,7
2,67  10
4
 0.0085 ì ,
D  
15,18
2,67  104
 0,00569 рад.
Перемещение точки D происходит вниз, а сечение поворачивается по часовой стрелке.
Косой изгиб
Под к о с ы м и з г и б о м понимается такой случай изгиба, при котором плоскость изгибающего
момента не совпадает ни с одной из главных осей поперечного сечения (рис. 5.27, а). Косой изгиб
удобнее всего рассмотреть как одновременный изгиб бруса относительно главных осей x и y
поперечного сечения бруса. Для этого общий вектор изгибающего момента М, действующего в
поперечном сечении бруса, раскладывается на составляющие момента относительно этих осей
(рис. 5.27, б):
Mx = Msin;
My = Mcos .
(5.25)
Введем
следующее
правило
знаков
для
моментов
Mx
и
My 
момент считается положительным, если в первой четверти координатной плоскости (там, где
координаты x и y обе положительны) он вызывает сжимающие напряжения.
Рис. 5.27
На основании принципа независимости действия сил нормальное напряжение в произвольной
точке, принадлежащей к поперечному сечению бруса и имеющей координаты x, y, определяется
суммой напряжений, обусловленных моментами Mx и My , т.е.
( x , y) 
Mx y My x

Ix
Iy
.
(5.26)
Подставляя выражения Mx и My из (5.25) в (5.26), получим:
 y

x
( x , y)  M  sin  
cos  .
Iy
I x

Из курса аналитической геометрии известно, что последнее выражение представляет собой
уравнение плоскости. Следовательно, если в каждой точке сечения отложить по нормали вектор
напряжения , то концы векторов образуют геометрическое место точек, принадлежащих одной
плоскости, как и при поперечном изгибе.
Уравнение н е й т р а л ь н о й л и н и и , т.е. геометрического места точек, где нормальное
напряжение принимает нулевые значения, найдем, полагая в (5.26)  = 0:
Mx y My x

 0.
Ix
Iy
Откуда определяется:
y
MyIx
I
x  ctg x x .
Mx Iy
Iy
(5.27)
Поскольку свободный член в (5.27) равен нулю нейтральная линия всегда проходит через
начало координат. Как видно из выражения (5.26), эпюра напряжений в поперечных сечениях
бруса линейна, следовательно, максимальные напряжения в сечении возникают в точках наиболее
удаленных от нейтральной линии. В том случае, когда сечение имеет простую форму
(прямоугольник, круг), положение наиболее опасных точек легко определяется визуально. Для
сечений, имеющих сложную форму, необходимо применить графический подход.
Далее покажем, что при косом изгибе нейтральная линия не перпендикулярна к плоскости
действия изгибающего момента, как это всегда выполнялось при поперечном изгибе.
Действительно угловой коэффициент K1 следа момента (рис. 5.27, б) равен:
K1 = tg  .
(5.28)
Угловой же коэффициент нейтральной линии, как это следует из (5.27), определяется
выражением:
tg  = K2 
I
x
M
I
yM x
y

I
I
x
ctg .
(5.29)
y
Так как в общем случае Ix  Iy, то условие перпендикулярности прямых, известное из
аналитической геометрии, не соблюдается, поскольку K1  
1
K2
. Брус, образно выражаясь,
предпочитает изгибаться не в плоскости изгибающего момента, а в некоторой другой плоскости,
где жесткость на изгиб будет минимальной.
П р и м е р р а с ч е т а ( задача № 11)
Стальная балка АВ, расчетная схема и поперечное сечение которой показаны на рис. 5.28, а,
(c = 0,03 м) нагружена силами Р1 и Р2. Требуется:
1. Построить
изгибающих
главных плоско2. Установить
изгибающих
опасное сечение
опасного сечения
нулевой линии;
3. Вычислить
растягивающие и
мальные
4. Определить
прогиба
в
балки и указать
эпюры
моментов
в
стях инерции;
по
эпюрам
моментов
балки. Найти для
положение
наибольшие
сжимающие норнапряжения;
значение полного
середине пролета
его направление.
Решение
1. П о с т р о и т ь э п ю р ы и з г и б а ю щ и х м о м е н т о в в г л а в н ы х п л о с к о с т я х и н е р ц и и .
Ввиду симметричности сечения балки относительно осей x и y (рис. 5.28, а), можно сделать вывод,
что эти оси  главные. Для построения эпюр изгибающих моментов, используя принцип
независимости действия сил, представим косой изгиб как изгиб в двух главных плоскостях
инерции бруса (рис. 5.28, б, г). Определив опорные реакции, составим аналитические выражения
изгибающих моментов и вычислим их значения в характерных сечениях. Построим эпюры
изгибающих моментов Mx и My (рис. 5.28, в, г), откладывая ординаты со стороны растянутых
волокон. В соответствии с принятым правилом знаков (п. 5.9), Mx < 0, My > 0.
2. У с т а н о в и т ь п о э п ю р а м и з г и б а ю щ и х м о м е н т о в о п а с н о е с е ч е н и е б а л к и .
Н а й т и д л я о п а с н о г о с е ч е н и я п о л о ж е н и е н у л е в о й л и н и и . Сравнивая ординаты эпюр
Mx и My , делаем вывод, что опасными могут быть сечения D или С, т.к. в них предположительно
возникают наибольшие по величине изгибающие моменты. Для того, чтобы установить, какое из
них является наиболее опасным, нужно вычислить возникающие в сечениях C и D наибольшие
нормальные напряжения и сравнить их. Теоретически доказано, что если контур поперечного
сечения так вписывается в прямоугольник, что четыре крайние точки сечения совпадают с углами
прямоугольника, то максимальное нормальное напряжение будет в одном из углов
прямоугольника и определится по формуле:
My
M
,
 max  x 
Wx
Wy
где все величины берутся по абсолютной величине. У нас именно такой случай. Осевые моменты
инерции сечения вычислим по следующим зависимостям:
3 c  5 c
3
Ix 
12
 c  c3
 106
 c  c3
2

 2 
 c2  2,5 ñ  c   
c4 =
12
4
 12



 0,25  106  0,03  2147  108 м4;
4
5 c  3 c
3
Iy 
12
3
c  c3
12

132 4
4
c  11  c4  11  0,03  891  108 м4.
12
Моменты сопротивления сечения Wx и Wy определятся следующим образом:
Wx 
Ix
2147  108

 286,3  106 м3;
2,5  c 2,5  3  102
Wy 
Iy
891  108

 198  106 м3.
15
,  c 15
,  3  102
Таким образом, наибольшие напряжения в сечениях С и D равны:
сечение С
Cmax 
15
,
286,3  106

1
198  106
 10290 кПа = 10,29 МПа;
сечение D
 Dmax 
2,25
6
286,3  10

0,5
198  106
 10385 кПа = 10,38 МПа.
Сравнивая эти значения, заключаем  опасным является сечение D. Подставив значения Ix , Iy ,
Mx , My в формулу (5.29) получим:
tg  
2147  108  0,5
891  108  ( 2,25)

= 0,535, откуда   28,17.
Нулевая линия пройдет в тех четвертях поперечного
сечения, в которых изгибающие моменты будут вызывать
нормальные напряжения разных знаков. В нашем случае это
будут первая и третья четверти. Поэтому, отложив угол  
28,17 от оси x против хода часовой стрелки, проведем
нулевую линию (рис. 5.29).
3. В ы ч и с л и т ь н а и б о л ь ш и е р а с т я г и в а ю щ и е и
с ж и м а ю щ и е н о р м а л ь н ы е н а п р я ж е н и я . Вершины
стрелок нормальных напряжений, определяемых по формуле
Рис. 5.29
(5.26) будут лежать на плоскости, пересекающей плоскость
поперечного сечения по нулевой линии. При взгляде на плоскость напряжений вдоль нулевой
линии мы увидим ее в виде прямой, ординаты которой показаны в виде эпюры  на рис. 5.29.
Наибольшие нормальные напряжения будут иметь место в точках 2 и 4 и различаться только
знаком. Действительно, подставляя в формулу (5.26) координаты точек 2 и 4, получаем:
точка 2

2,25
8
2147  10
( 0,075) 
0,5
8
891  10
( 0,045)  10385 кН/м2 
 10,38 МПа;
точка 4

2,25
8
2147  10
( 0,075) 
0,5
8
891  10
( 0,045)  10385 кН/м2 
 10,38МПа.
Отложив в удобном масштабе полученные величины напряжений, построим эпюру
напряжений  (рис. 5.29).
4. О п р е д е л и т ь з н а ч е н и е п о л н о г о п р о г и б а в с е р е д и н е п р о л е т а б а л к и и
у к а з а т ь е г о н а п р а в л е н и е . Полный прогиб (перемещение центра тяжести сечения С)
вычисляем по формуле:
f x2  f y2 ,
C
C
fñ 
где f xC , f yC  проекции полного прогиба на главные оси. Эти величины можно определить
методом начальных параметров. Начало координат поместим на левом конце балки в точке А.
П р о г и б в п л о с к о с т и x 0 z . Начальные параметры:
f x 0  0;  0  0; Q0  Ах  0,5 кН.
Составим выражение прогибов fx (z) с помощью универсального уравнения упругой линии
балки:
Q z3 P2   z  0,5  l 
E I y f x z  E I y 0 z  0

6
6

3
z  0,5 l
.
(5.30)
Величину 0 определим из условия, что при fx (l) = 0. Подставляя в выражение (5.30) z = l = 4 м,
получим:
0  E I y 0  4 
0 
0,5  43 1  ( 4  2)3

;
6
6
32
8
1
.


6 4  E I y 6 4  E I y
EI y
Окончательно выражение прогибов fx (z) будет иметь вид:
Q  z3 P2   z  0,5  l 
E I y fx z  z  0

6
6
3

Для
определения
прогиба
= 0,5l = 2 м в выражение (5.31):
z  0,5 l
.
(5.31)
в
середине
E I y f xC  2 
пролета
подставим
0,5  23
 133
, кНм3.
6
Учитывая, что Е = 2108 кН/м2 и Iy = 891108 м4, получаем:
f xC 
133
,
133
,

 0,000745 м = 7,4510-4 м.
8

8
EI y
2  10  891  10
П р о г и б в п л о с к о с т и y 0 z . Начальные параметры:
f y  0;
0
 0  0;
Q0  Ày  0,75 кН.
Выражение для прогибов fy (z) получаем с помощью метода начальных параметров:
z=
Q0 z3 P1   z  0,75  l 
E I x f y  z  E I x 0 z 

z  0,75 l .
6
6
3
(5.32)
Подставляя z = l = 4 м в выражение (5.32) и учитывая, что в т. В прогиб равен нулю, получаем
уравнение для определения 0 :
E I x 0  4 
0,75  43 3  ( 4  3)3

 0,
6
6
откуда
0  
48
3
15
1875
,



.
6 4  E I x 6 4  E I x
8E I x
EI x
Окончательно выражение для прогибов fy (z) будет иметь вид:
E I x f y ( z)  1875
,
z
0,75  z 3 3 ( z  3) 3

6
6
z  3ì
.
(5.33)
Для определения прогиба в середине пролета подставим z = = 0,5 l = 2 м в выражение (5.33):
E I x f yC  1875
,
2
f yC 
0,75  23
 3,75  1  2,75 кНм3;
6
2,75
2  108  2147  108
 0,0064 м = 0,64104 м.
Определим величину модуля вектора полного прогиба
fC 
7,45  10   6,4  10 
4
2
4
2
 9,8  104 м.
Направление вектора полного прогиба показано на рис. 5.30. При этом, угол  определим по
формуле:
tg  
f yC
6,4  104

 0,853 ;
f xC
7,45  104
 = 40,5.
Внецентренное
сжатие
растяжение и
Внецентренное
как и косой изгиб
виду сопротивления
внецентренном
равнодействующая
совпадает с осью
простом растяжении,
тельно оси z и
(рис. 5.31).
Пусть
в
приложена
внешних сил Р. Тогда
осей
x
и
y
сила
Р
вызывает
сжатие и растяжение
относится к сложному
бруса.
При
растяжении (сжатии)
внешних
сил
не
бруса,
как
при
а смещена относипараллельна
ей
Mx = PyA ;
точке А(xA , yA )
равнодействующая
относительно главных
равнодействующая
моменты:
My = PxA .
(5.34)
Таким образом, при внецентренном растяжении (сжатии) в поперечном сечении бруса
возникает нормальная сила Nz= P и изгибающие моменты Mx и My . Следовательно, на основании
принципа независимости действия сил в произвольной точке В с координатами x, y нормальное
напряжение  определяется следующим выражением:

P P yA
P xA

y
x.
F
Ix
Iy
(5.35)
Используя выражения для квадратов радиусов инерции сечения:
I
i x2  x ;
F
i y2 
Iy
F
,
можно (5.35) преобразовать к следующему виду:

P
F


1  yA  y  x A  x  .

i x2
i y2 

Уравнение нейтральной линии получим, приравнивая нулю выражение для нормальных
напряжений :
P
F


1  yA  y  x A  x   0 .

i x2
i y2 

(5.36)
Из (5.36) можно легко определить отрезки, которые отсекает нейтральная линия на
координатных осях. Если приравнять x = 0, то получим:
1
y A  ay
i x2
 0.
где ay  координата точки пересечения нейтральной линии и оси y.
Решая это уравнение, получим:
i2
ay   x .
yA
Аналогичным образом можно определить координату пересечения нейтральной линии и оси x:
i y2
.
ax  
xA
Можно решить и обратную задачу  определить координаты приложения силы Р при заданных
отрезках аx и аy . Опуская простейшие выкладки, приведем окончательные выражения:
i2
xA   y ;
ax
i2
yA   x .
ay
Наибольшее напряжения, как и при косом изгибе, имеют место в точке наиболее удаленной от
нейтральной линии. При внецентренном растяжении (сжатии) в отличие от косого изгиба
нейтральная линия не проходит через центр тяжести сечения. Расстояние от начала координат x0y
до прямой a y + b x + c = 0, как известно из курса аналитической геометрии, определяется по формуле:
c
0C 
a
2
b
2
.
Следовательно, в данном случае (рис. 5.32):
1
0C 
2
F
Рис. 5.32
x 
 yA 
    A
I 
Ix
 y
2
.
(5.37)
Тогда, как это следует из (5.37), по мере того, как точка приложения
силы приближается к центру тяжести сечения, нейтральная линия
удаляется от него.
При xA  0, yA  0, получаем 0 C  . Сила в данном случае становится центральной, а напряжения в этом случае распределены по сечению
равномерно. В тех случаях, когда нейтральная линия пересекает сечение,
в нем возникают напряжения разного знака. В противном случае в
сечении во всех точках возникают напряжения одного знака. Следовательно, в окрестности центра
тяжести всегда существует некая область, называемая я д р о м с е ч е н и я , такая, что если точка
приложения силы Р расположена в пределах указанной области, то в поперечном сечении
возникают напряжения лишь одного знака. При этом если сила приложена по границе ядра
сечения, то нейтральная линия касается контура сечения.
Данный факт имеет большое значение при проектировании колонн из хрупких материалов,
(например, бетона, кирпича и т.д.), которые, как правило, имеют существенно меньшую прочность
на растяжение, нежели на сжатие. Поэтому при проектировании таких конструкций необходимо
предусмотреть, чтобы равнодействующая сжимающая сила была расположена в пределах ядра
сечения.
П р и м е р р а с ч е т а ( задача № 12)
На брус заданного поперечного сечения (a = 1,05 м, b = 1 м, с = 0,15 м, d = 0,2 м) в точке D
верхнего торца действует продольная сила Р = 150 кН (рис. 5.33). Требуется:
1. Найти положение нулевой линии;
2. Определить наибольшие (растягивающие и сжимающие) напряжения;
3. Построить ядро сечения.
Решение
1. Н а й т и п о л о ж е н и е н у л е в о й л и н и и .
1.1. Н а х о ж д е н и е п о л о ж е н и я г л а в н ы х ц е н т р а л ь н ы х о с е й . Так как поперечное
сечение бруса (рис. 5.33) имеет две оси симметрии xС и yС , то они и будут главными
центральными осями инерции. Площадь поперечного сечения бруса равна:

 2 
 2
F  2  2 c b  d   3 c b  4 c  d  
4  
4 


314
,  0,22  
314
,  0,22 
   3  015
  0,686 м2.
 2  2  015
, 1 
,
(
1

4

015
,
)

 

4
4

 

1.2. О п р е д е л е н и е г л а в н ы х ц е н т р а л ь н ы х м о м е н т о в
р а д и у с о в и н е р ц и и . Моменты инерции определяем по формулам:
инерции
и
главных
 2 c b4  d 4   3 c  (b  4 c)3  d 4 

I xC  2 I xI  I xI I   2



C
C
12
64  
12
64 

 2  015
,  13 314
,  0,24  3  015
,  (1  4  015
, )3 314
,  0,24

 2 




12
64
12
64


= 521,6104 м;
 b 2 c 3

 4 
 2
  
2
I yC  2 I yI  I yI I  2 
 d    b  2 c  d  2,5 c  
C
C
64  
4 
 12


3
1  2  015
 b  4 c 3 c3
, 
 d 4 
314
,  0,24 
 



 2



12
64 
12
64





3
  1  4  015

,  3  015
, 
314
,  0,22 
2

  2,5  015
1  2  015
, 
,





4
12




 
314
,  0,24 
4 4
  828,5  10 м .
64


Вычисляем квадраты главных радиусов инерции:
i x2 
I xÑ
F
Ñ
i y2 
I yÑ
Ñ
F

521,6  104
 7,606  102 м2 ;
0,686

828,5  104
 12,08  102 м2 .
0,686
1.3. О п р е д е л е н и е п о л о ж е н и я н у л е в о й л и н и и . Отрезки, отсекаемые нулевой линией
на главных центральных осях инерции, определяем по формулам:
axÑ  
ayÑ  
i y2
Ñ
xP
i x2
Ñ
yP


12,08  102
52,5  102
12,08  102
50  102
 0,23 м;
 0152
,
м,
где xP = 0,525 м и yP = 0,5 м  координаты точки приложения силы Р (точка D на рис. 5.33).
Отложив отрезки axÑ и ayÑ , соответственно, на осях xC и yC , и проведя через их концы прямую,
получим нулевую линию сечения, т.е. геометрическое место точек, где нормальные напряжения
равны нулю ( = 0). На рис. 5.33 эта линия обозначена nn.
2. О п р е д е л и т ь н а и б о л ь ш и е ( р а с т я г и в а ю щ и е и с ж и м а ю щ и е ) н а п р я ж е н и я .
Точка D, координаты которой xD = = 0,525 м и yD = 0,5 м , наиболее удалена от нулевой линии в
сжатой зоне сечения, поэтому наибольшие сжимающие напряжения возникают в ней и
определяются по формуле:
D  
=


P 
y y
x x
1  P2 D  P2 D  
F 
ix
iy 
C
C


150 
(50  102 ) 2 (52,5  102 ) 2 
2

1 
  1,436 кН/м .
0,686 
7,606  102
12,08  102 
Наибольшие растягивающие напряжения возникают в точке К, имеющей координаты
xK = 0,525 м и yK = 0,5 м :
K  
=

P 
y y
x x
1  P2 K  P2 K
F 
ix
iy
C
C





150  (50  102 ) 2  (52,5  102 ) 2 
2

1 
  0,996 кН/м .
0,686 
7,06  102
12,08  102 
По полученным значениям D и К строим эпюру нормальных напряжений (рис. 5.33).
3. П о с т р о и т ь я д р о с е ч е н и я . Для построения ядра симметричного сечения рассмотрим
два положения касательной к контуру сечения II и IIII (рис. 5.33). Отрезки, отсекаемые
касательной II на осях координат, равны:
axÑ = ;
ayÑ = 0,5 м.
Координаты граничной точки I ядра сечения определяются по формулам:
xP 1 
i y2
2
Ñ
axÑ
ix
12,08  102
7,606  102

 0 ; yP1  Ñ  
 0152
,
м.

ayÑ
0,5
Касательная IIII отсекает отрезки axÑ = 0,525 м, ayÑ = .
Соответственно, координаты граничной точки 2:
xP 2 
i y2
Ñ
axÑ

12,08  102
i x2
 0,23 ì ; yP 2  Ñ  
ayÑ
52,5  102
7,606  102
 0.

Координаты граничных точек второй половины ядра сечения можно не определять, т.к.
сечение бруса симметричное. Учитывая это, для касательных IIIIII, IVIV координаты
граничных точек 3 и 4 будут:
м;
xP 3  0 ; yP 3  0152
,
xP 4  0,23 ì ; yP 4  0 .
Соединив последовательно точки 1, 2, 3 и 4 прямыми, получим ядро рассматриваемого сечения
(рис. 5.33).
Теории прочности
Как показывают экспериментальные исследования, прочность материалов существенно
зависит от вида напряженного состояния. В общем случае нагруженного тела напряженное
состояние в какойлибо точке вполне может быть определено величиной напряжений в трех
координатных плоскостях, проходящих через эту точку. При произвольном выборе положения
координатных плоскостей, в каждой из них, вообще говоря, имеются и нормальные, и касательные
напряжения. Для них вводятся соответствующие обозначения в плоскости xy: zz , zx , zy ; в
плоскости xz: yy , yx , yz; в плоскости yz: xx , xy , xz . Здесь первый индекс показывает ориентацию
площадки, в которой действует напряжение, т.е. какой из координатных осей она
перпендикулярна. Второй индекс указывает направление напряжения по координатной оси.
В каждой точке тела существуют три взаимно перпендикулярные плоскости, свободные от
касательных напряжений, носящие название главных площадок. Нормальные напряжения в этих
площадках называются главными напряжениями и обозначаются 1, 2, 3. При этом всегда
1 > 2 > 3. Заметим, что более подробно вопросы теории напряженного состояния в точке
обсуждены в десятом разделе настоящей книги, и по данному вопросу имеется обширная
литература.
Напряженные состояния разделяются на три группы. Напряженное состояние называется: а)
о б ъ е м н ы м или т р е х о с н ы м , если все главные напряжения 1, 2, 3 не равны нулю; б)
п л о с к и м или д в у х о с н ы м , если одно из трех главных напряжений равно нулю;
в) о д н о м е р н ы м или о д н о о с н ы м , если два из трех главных напряжений равны нулю.
Основной задачей теории прочности является установление критерия прочности,
позволяющего сравнить между собой опасность различных напряженных состояний материала.
Выбранный критерий прочности должен быть обоснован на основе экспериментальных
данных путем проведения испытаний различных материалов в зависимости от вида напряженного
состояния, как функция от соотношений между значениями главных напряжений.
Заметим, что, так как в настоящее время строгой единой теории прочности материалов, в
зависимости от вида напряженного состояния, не существует, поэтому при выполнении
практических расчетов применяются упрощенные критерии.
Как отмечалось в п. 2.8, наиболее распространенным и наглядным критерием проверки
конструкций
на
прочность,
при
простейших
случаях
напряженного
состояния
(сжатиерастяжение, кручение, чистый изгиб), является выполнение условия:
max  ,
(5.38)
где max  максимальное расчетное значение напряжения, возникающее в наиболее опасной точке
конструкции;   допускаемое значение напряжения для материала конструкции.
В настоящее время при выполнении расчетов конструкций на прочность, при произвольных
напряженных состояниях, широко используются три теории прочности.
Согласно п е р в о й т е о р и и критерием прочности является ограничение главного
максимального напряжения:
max = 1  ,
(5.39)
где   предельное напряжение, полученное из опытов на одноосное растяжение.
Основным недостатком этой теории является не учет двух других главных напряжений.
В основу в т о р о й т е о р и и п р о ч н о с т и заложена гипотеза о том, что критерием оценки
работы конструкции является ограничение наибольшего удлинения. В формулировке данного
положения через главные напряжения (1 и 2 ) это условие для плоского напряженного состояния
записывается следующим образом:
1   2   ,
где   напряжение, при котором было вызвано предельное удлинение образца в опытах на
одноосное растяжение;   коэффициент бокового расширения.
При объемном напряженном состоянии вторая теория прочности записывается в виде:
1   (2 3)   ,
(5.40)
Экспериментальная проверка не всегда подтверждает правильность теории прочности
наибольших линейных деформаций при простых нагружениях, т.е. при чистом растяжении или
чистом сдвиге. Однако до настоящего времени эта теория имела широкое применение при
выполнении инженерных расчетов..
В основу т р е т ь е й т е о р и и п р о ч н о с т и заложена гипотеза о том, что причиной
разрушения материалов являются сдвиговые деформации, происходящие на площадках
максимальных касательных напряжений, т.е.
max < ,
(5.41)
где max  расчетное максимальное касательное напряжение, возникающее в опасной точке
нагруженного тела;   предельное значение касательного напряжения, полученное из опытов.
Для плоского напряженного состояния по третьей теории условие прочности записывается в
виде:
1  2 <  .
(5.42)
В случае поперечного изгиба балки (2 = 0), если выразить главные напряжения 1 и 3 через 
и , то условие прочности (5.42) преобразуется в виде:
2  4 2  R ,
(5.43)
где R  расчетное сопротивление материала балки при изгибе.
П р и м е р р а с ч е т а ( задача № 13)
Дан пространственный консольный брус с ломаным очертанием осевой линии, нагруженный
сосредоточенной силой Р = 1 кН и равномерно распределенной нагрузкой q = 2 кН/м. На
рис. 5.34, а этот брус показан в аксонометрии в соответствии с прямоугольной системой
координат xyz . Вертикальный элемент бруса имеет поперечное сечение в виде круга диаметром
d = 0,06 м (рис. 5.34, в), горизонтальные элементы бруса имеют поперечные сечения в виде
прямоугольника (рис. 5.34, б). Ширина сечения b = d = 0,06 м, а высота сечения c = 0,5 d = 0,03 м.
Ориентация главных осей поперечных сечений на каждом участке показана на рис. 5.34, г.
Требуется:
1. Построить в аксонометрии эпюры Mx , My , Mz , Nz, Qx , Qy ;
2. Указать вид сопротивления для каждого участка бруса;
3. Определить максимальные напряжения в опасном сечении каждого участка от внутренних
усилий Nz, Mx , My и Mz (касательными напряжениями от Qx и Qy можно пренебречь);
4. Проверить прочность при расчетном сопротивлении R = = 180 МПа.
Решение
1. П о с т р о и т ь в а к с о н о м е т р и и э п ю р ы Mx , My , Mz , Nz, Qx , Qy . Заметим, что так как
заданная система пространственная, при произвольном характере нагружения, в опорном сечении,
где установлена заделка, возникает шесть опорных реакций (три опорные силы и три момента).
Для определения опорных реакций, в данном случае, можем применить шесть уравнений
равновесия статики. Так как число независимых уравнений равновесия равно числу опорных
реакций, то можно сделать вывод, что рассматриваемая система в виде ломаного бруса, с
заделанным одним концом, является статически определимой. Поэтому рассматриваемая система
разрешима по методу сечений. Далее, учитывая особенности конструкции, определение величин
внутренних усилий можно осуществить без предварительного вычисления величин опорных
реакций.
1.8.Учебно-методическое обеспечение дисциплины.
1.8.1. Рекомендуемая литература:
Так как система педагогического образования не располагает специальным учебником по курсу
"Прикладная механика" для педагогических вузов, студентам следует пользоваться
имеющимися учебниками и пособиями по соответствующим базовым разделам курса, а также
аналогичной литературой для технических вузов и техникумов, в которых изучение механики
носит общетехнический характер.
 основная:
1. Артоболевский С.И. Теория механизмов и машин. М.Машиностроение, 1975.
2. Башта Т.М., Руднев С.С., Некрасов Б.Б. Гидравлика, гидравлические машины и
гидравлические приводы. М.: Машиностроение, 1982.
3. Дробнис В.Ф. Гидравлика и гидравлические машины. М.: Просвещение, 1987.
4. Ицкович Г.М. Сопротивление материалов. М.: Высшая школа,1998.
5. Ицкович Г.М., Манин Л.С., Виноградов А.И. Руководство к решению задач по сопротивлению материалов.
6. Полянин АД, Полянин В.Д., Попов В.А. и др. Краткий справочник для инженеров и
студентов М., МПО, 1996.
7. Стёпин П.А. Сопротивление материалов М. Высшая школа. 1983.
8. Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
9. Фролов К.В. и др. Теория механизмов и машин. М.: Машиностроение,1987.
10. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
11. Бутенин Н.В., Лунц Я.Л., Меркин Д.Р. Теоретическая механика в двух томах. С- Пб, 2004.
12. Цывильский В.Л. Теоретическая механика. – М.: Высшая школа, 2004.
13. Яблонский А.А., Никифорова В.М. Курс теоретической механики. Часть 1.М.В школа, 1984.
14. Яблонский А.А. Курс теоретической механики. Часть 2. Динамика. – М.: В. школа, 1984.
15. Мещерский И.В. Задачи по теоретической механике. Санкт-Петербург, 1995.
 дополнительная:
1. Алаи С.И., Ежевская Р.А., Антоненко Е.И. Практикум по машиноведению. М.: Просвещение, 1981.
2. Ваграменко Я. А., Лавров Н.Н. Гидравлика. М.: МОПИ,1987.
3. Рубашкин А.Г., Чернилевский Д.В. Лабораторно-практические работы по технической
механике. М.: 1975.
4. Бать М.И., Джанелидзе Г.Ю., Кельзон А.С. Теоретическая механика в примерах и задачах,
т.т. I,II. Наука. М. 1964.
1.9.Материально-техническое обеспечение дисциплины (учебные и учебнометодические средства дистанционного обучения; специализированные учебники с
мультимедийными сопровождениями, электронные учебно-методические комплексы,
включающие электронные учебники, учебные пособия, тренинговые компьютерные
программы, компьютерные лабораторные практикумы, контрольно-тестирующие
комплекты, учебные видеофильмы, аудиозаписи, иные материалы, предназначенные
для передачи по телекоммуникационным каналам связи).
1.9.1. Перечень используемых технических средств.
1.9.2. Перечень используемых пособий.
1.9.3. Перечень видео- и аудиоматериалов программного обеспечения.
1.10. Примерные зачетные тестовые задания.
Вариант №1
1. Кран равномерно поднимает груз со скоростью 0,3 м/с и одновременно равномерно и
прямолинейно по рельсам со скоростью 0,4 м/с. Чему равна скорость груза в системе
отсчета, связанной с Землей?
А. 0,3 м/с
Б. 0,4 м/с
В. 0,1 м/с
Г. 0,7 м/с
Д. 0,5 м/с
2. При выстреле из автомата вылетает пуля массой m со скоростью v. Какую по модулю
скорость приобретает после выстрела автомат, если его масса в 500 раз больше массы
пули?
А. v
Б. 500 v
В. v/500
Г. 0 Д. среди ответов А-Г нет правильного.
3. Для того чтобы уменьшить кинетическую энергию тела в 2 раза, надо скорость тела
уменьшить в:
2
А. 2 раза
Б. 2 раз
В. 4 раза
Г.
раза
2
4. Определите потенциальную энергию тела массой 2 кг на высоте 3 м от поверхности Земли.
Ускорение свободного падения принять равным 10 м/с.
А. 0,67 Дж
Б. 6 Дж
В. 6,7 Дж
Г. 15 Дж
Д. 60 Дж
5. Какая из перечисленных величин является единицей работы?
А. Джоуль
Б. Ватт
В. Ньютон Г. Паскаль Д. Килограмм
6. Как изменится потенциальная энергия системы «шар – воздух» при: 1) подъеме воздушного
шара; 2) падении стального шара?
А. Увеличится в обоих случаях
Б. Уменьшится в обоих случаях В. В первом случае
увеличится, во втором уменьшится Г. В первом случае уменьшится, во втором увеличится
Д. Останется неизменной в обоих случаях.
7. Ускорение автомобиля «Жигули», начавшего прямолинейное движение, равно 0,5 м/с2.
Какой путь пройдет автомобиль при движении с таким ускорением за 4 с?
А. 0,5 м
Б. 2 м
В. 4 м
Г. 8 м
Д. 16 м
8. Два автомобиля с одинаковыми массами m движутся со скоростями v и 3 v относительно
Земли в одном направлении. Чему равен импульс второго автомобиля в системе отсчета,
связанной с первым автомобилем?
А. mv
Б. 2mv
В. 3 mv
Г. 4 mv
Д. среди ответов А-Г нет правильного
9. Недеформируемую пружину жесткостью 30 Н/м растянули на 0,04 м. Чему равна
потенциальная энергия растянутой пружины?
А. 750 Дж
Б. 1,2 Дж
В. 0,6 Дж
Г. 0,024 Дж
10. Как изменится центростремительное ускорение тела, движущегося по окружности, если
вдвое возрастает радиус окружности, а скорость останется неизменной?
А. Увеличится в 4 раза
Б. Увеличится в 2 раза
В. Не измениться Г. Уменьшится
в 2 раза Д. Уменьшится в 4 раза.
11. Лебедка равномерно поднимает груз массой 200 кг на высоту 3 м за 5 с. Чему равна
мощность лебедки?
А. 3000 Вт
Б. 333 Вт
В. 1200 Вт Г. 120 Вт
12. При равноускоренном движении автомобиля в течении 5 с его скорость уменьшилась от 15
до 10 м/с. Чему равен модуль ускорения автомобиля?
А. 1 м/с2
Б. 2 м/с2
В. 3 м/с2
Г. 5 м/с2
Д. 25 м/с2
13. С балкона высотой 20 м на поверхность Земли упал мяч массой 0,2 кг. Из-за сопротивления
воздуха скорость мяча у поверхности Земли оказалась на 20% меньше скорости тела,
свободно падающего с высоты 20 м. Импульс мяча в момент падения равен:
А. 4,0 кг м/с
Б. 4,2 кг м/с
В. 3,2 кг м/с
Г. 6,4 кг м/с
14. Какая физическая величина в Международной системе СИ Выражается в ваттах?
А. Сила
Б. Вес
В. Работа
Г. Мощность
Д. Давление
15. Первое тело массой 2 кг столкнулось со вторым телом массой 4 кг. До столкновения второе
тело находилось в покое. После столкновения оба тела стали двигаться вместе со
скоростью 6 м/с. С какой скоростью двигалось тело до столкновения?
А. 1 м/с
Б. 2 м/с
В. 6 м/с
Г. 12 м/с
Д. 18 м/с
16. Шарик массой m движется со скоростью v. После упругого соударения со стенкой он стал
двигаться в противоположном направлении, но с такой же по модулю скоростью. Чему
равна работа силы упругости, которая подействовала на шарик со стороны стенки?
А. mv2/2
Б. mv2
В. mv2/4
Г. 0
17. Велосипедист движется с постоянной по модулю скоростью 10 м/с по треку, радиус
закругления которого равен 200 м. Чему равно центростремительное ускорение
велосипедиста?
А. 0,05 м/с2
Б. 0,5 м/с2
В. 2 м/с2
Г. 20 м/с2
Д. 2000 м/с2
18. Пловец плывет против течения реки. Определите скорость пловца относительно берега
реки, если его скорость относительно воды 1,5 м/с, а скорость течения реки 0,5 м/с.
А. 0,5 м/с
Б. 1 м/с
В. 0,5 м/с
Г. 2 м/с Д. среди ответов А-Г нет правильного
Ключ
1
Д
2
В
3
Б
4
Д
5
А
6
Б
7
В
8
Б
9
Г
10
Г
11
В
12
А
13
В
14
Г
15
Д
16
Г
17
Б
18
Б
Вариант №2
1. Как изменится потенциальная энергия системы «шар – жидкость», если: 1) пробковый шар
всплывает в воде; 2) стальной шар погружается в воду?
А. Увеличится в обоих случаях
Б. Уменьшится в обоих случаях В. В первом случае
увеличится, во втором уменьшится Г. В первом случае уменьшится, во втором увеличится
Д. Останется неизменной в обоих случаях.
2. Тело массой 2 кг движется со скоростью 3м/с. Какова кинетическая энергия тела?
А. 3 Дж
Б. 6 Дж
В. 9 Дж
Г. 18 Дж
3. Два автомобиля движутся в одном направлении по прямому шоссе с одинаковыми

скоростями v . Чему равна скорость первого автомобиля относительно второго?



А. 0
Б. v
В. 2 v
Г. - v
4. Два автомобиля с одинаковыми массами m движутся со скоростями v и 3 v относительно
Земли в одном направлении. Чему равен импульс второго автомобиля в системе отсчета,
связанной с первым автомобилем?
А. mv
Б. 2mv
В. 3 mv
Г. 4 mv
Д. среди ответов А-Г нет правильного
5. По какой формуле вычисляется импульс тела?
А. mv
Б. mv2
В. mv/2
Г. mv2/2
6. Железнодорожный вагон массой m, движущийся со скоростью v, сталкивается с
неподвижным вагоном массой 2 m и сцепляется с ним. Каким суммарным импульсом
обладают два вагона после столкновения?
А. 0
Б. mv/3
В. mv/2
Г. mv
Д. 3 mv
7. От высокой скалы откололся и стал свободно падать камень. Какую скорость он будет
иметь через 3 с от начала падения?
А. 30 м/с
Б. 10 м/с
В. 3 м/с
Г. 2 м/с
8. Автомобиль массой 1000 кг движется равномерно по мосту на высоте 10 м над
поверхностью Земли. Скорость автомобиля равна 10 м/с. Чему равна кинетическая энергия
автомобиля?
А. 105 Дж
Б. 104 Дж
В. 5*104 Дж Г. 5*103 Дж
9. При каких условиях выполняется закон сохранения импульса в системе
взаимодействующих тел?
А. Векторная сумма внешних сил равна нулю
Б. Сумма работ внешних сил равна нулю
В. Сумма моментов внешних сил равна нулю
Г. Только при выполнении всех трех
условий, перечисленных в А – В.
Д. Выполняется при любых условиях.
10. Какие из величин (скорость, сила, ускорение, перемещение) при механическом движении
всегда совпадают по направлению?
А. сила и ускорение Б. сила и скорость В. сила и перемещение Г. ускорение и перемещение
11. Зависимость координаты от времени для некоторого тела описывается уравнением
x  8t  t 2 . В какой момент времени проекция скорости тела на ось ОХ равна нулю?
А. 8 с
Б. 4 с
В. 3 с
Г. 0 с
12. Тело массой 1 кг скользит по шероховатой поверхности. Коэффициент трения между телом
и поверхностью μ=0,1. Начальная скорость движения равна 10 м/с. Какую мощность
развивала сила трения в начальный момент времени?
А. -20 Вт
Б. -10 Вт
В. 0 Вт
Г. 10 Вт
13. НА горизонтальной дороге автомобиль делает разворот радиусом 9 м. коэффициент трения
шин об асфальт равен 0,4. Чтобы автомобиль на развороте не занесло, его скорость при
развороте не должна превышать:
А. 36 м/с
Б. 3,6 м/с
В. 6 м/с
Г. 22,5 м/с
14. Работа А равнодействующей всех сил, действующих на материальную точку, при
изменении модуля ее скорости от v1 до v2 равна:
m(v2  v1 ) 2
mv22  mv12
А.
Б. m(v2  v1 )
В.
Г. m(v2  v1 )
2
2
15. Книга лежит на столе. Масса книги равна 0,6 кг. Площадь ее соприкосновения со столом
равна 0,08 м2. Определите давление книги на стол.
А. 75 Па
Б. 7,5 Па
В. 0,13 Па
Г. 0,048 Па
16. Груз массой 1000 кг нужно поднять на высоту 12 м за 1 мин. Какой минимальной
мощностью должен обладать двигатель для этой цели (g=10 м/с2)?
А. 120 Вт
Б. 120000 Вт В. 2 Вт
Г. 2000 Вт Д. 7200 Вт Е. 7200000 Вт
17. Чему равно примерно давление, созданное водой, на глубине 2 м?
А. 200 Па
Б. 2000 Па В. 500 Па
Г. 20000 Па
18. Чему равна кинетическая энергия тела массой 2 кг, движущегося со скоростью 4м/с?
А. 4 Дж
Б. 8 Дж
В. 16 Дж
Г. 32 Дж
Д. 64 Дж
Ключ
1
Б
2
В
3
А
4
Г
5
А
6
Г
7
А
8
В
9
А
10
А
11
Б
12
Б
13
В
14
А
15
А
16
Г
17
Г
18
В
1.11. Примерный перечень вопросов к зачету (экзамену).
Для заочного отделения: не предусмотрены
Для очного отделения:
к зачету:
1. Аксиомы статики.
2. Связи, реакции связей.
3. Сходящиеся силы. Параллельные силы.
4. Центр тяжести твердого тела.
5. Система пар сил. Плоская система сил.
6. Главный вектор и главный момент.
7. Произвольная система сил. Условия равновесия.
8. Кинематика. Движение материальной точки. Движение твердого тела. Степени свободы.
9. Поступательное движение.
10. Вращение твердого тела вокруг неподвижной оси.
11. Плоскопараллельное движение.
12. Движение вокруг неподвижной точки. Углы Эйлера. Сложное движение точки.
13. Динамика материальной точки. Дифференциальные уравнения движения.
14. Общие теоремы динамики точки.
15. Динамика твердого тела. Трение покоя и движения.
16. Механическая система твердых тел. Звенья, кинематические пары, кинематические цепи.
Классификация.
17. Кинематический анализ и синтез. Скорости и ускорения точек звеньев.
18. Движение механизма под действием сил.
19. Кинетостатический расчет. Анализ движения.
20. Уравновешивание массы звеньев.
21. Метод сечений.
22. Внутренние силы. Напряжение. Растяжение и сжатие. Закон Гука.
23. Построение эпюр. Испытание образцов. Механические характеристики.
24. Срез (сдвиг). Закон Гука при сдвиге.
25. Кручение. Крутящий момент. Эпюр крутящих моментов.
26. Прямой изгиб. Опорные реакции балок. Поперечная сила и изгибающих момент.
27. Геометрические характеристики сечений.
28. Гипотезы прочности. Устойчивость сжатых стержней.
к экзамену:
1. Жидкость и ее свойства.
2. Идеальная жидкость.
3. Гидростатическое давление.
4. Основное уравнение гидростатики.
5. Измерение давления.
6. Силы давления жидкости на плоскую и цилиндрическую стенку.
7. Закон Архимеда.
8. Гидростатическая подъемная сила.
9. Расход. Средняя скорость.
10. Уравнение постоянства расхода.
11. Уравнение Бернулли.
12. Напор. Гидравлические потери.
13. Режимы движения жидкости. Число Рейнольдса.
14. Истечение жидкости через отверстие и насадки.
15. Основы расчета трубопроводов.
16. Явление кавитации.
17. Гидравлический удар в трубопроводах.
18. Аксиомы статики.
19. Связи, реакции связей.
20. Сходящиеся силы. Параллельные силы.
21. Центр тяжести твердого тела.
22. Система пар сил. Плоская система сил.
23. Главный вектор и главный момент.
24. Произвольная система сил. Условия равновесия.
25. Кинематика. Движение материальной точки. Движение твердого тела. Степени свободы.
26. Поступательное движение.
27. Вращение твердого тела вокруг неподвижной оси.
28. Плоскопараллельное движение.
29. Движение вокруг неподвижной точки. Углы Эйлера. Сложное движение точки.
30. Динамика материальной точки. Дифференциальные уравнения движения.
31. Общие теоремы динамики точки.
32. Динамика твердого тела. Трение покоя и движения.
33. Механическая система твердых тел. Звенья, кинематические пары, кинематические
цепи. Классификация.
34. Кинематический анализ и синтез. Скорости и ускорения точек звеньев.
35. Движение механизма под действием сил.
36. Кинетостатический расчет. Анализ движения.
37. Уравновешивание массы звеньев.
38. Метод сечений.
39. Внутренние силы. Напряжение. Растяжение и сжатие. Закон Гука.
40. Построение эпюр. Испытание образцов. Механические характеристики.
41. Срез (сдвиг). Закон Гука при сдвиге.
42. Кручение. Крутящий момент. Эпюр крутящих моментов.
43. Прямой изгиб. Опорные реакции балок. Поперечная сила и изгибающий момент.
44. Геометрические характеристики сечений.
Гипотезы прочности. Устойчивость сжатых стержней
1.12. Комплект экзаменационных билетов (утвержденный зав. кафедрой до начала
сессии).
На кафедре
1.13. Примерная тематика рефератов – нет.
1.14. Примерная тематика курсовых работ – нет.
1.15. Примерная тематика квалификационных (дипломных) работ – нет.
1.16. Методика(и) исследования (если есть) – нет.
1.17. Балльно-рейтинговая система, используемая преподавателем для оценивания
знаний студентов по данной дисциплине. Не используется.
РАЗДЕЛ 2. Методические указания по изучению дисциплины (или ее разделов) и
контрольные задания для студентов заочной формы обучения.
Система сходящихся сил
Теория: [1], гл. II, §§ 6-11.
Систему сил называют сходящейся, если линии их действия пересекаются в одной точке.
Теорема: система сходящихся сил
эквивалентна (~) одной силе ,
называемой равнодействующей, которая равна геометрической сумме всех сил системы и
проходит через точку пересечения линий их действия
,
Силовым многоугольником системы сходящихся сил называют многоугольник,
построенный на ее векторах (силах). Построение многоугольника можно осуществить в
произвольном порядке так, чтобы конец одного вектора являлся началом другого, переносимого
параллельно его линии действия.
Вектор
, замыкающий силовой многоугольник, начало и конец которого совпадают
соответственно с началом первого и концом последнего векторов системы, является
геометрической суммой этой системы сил. Зачастую величину и направление равнодействующей
удобнее определять аналитически. Так, если за систему отсчета принять прямолинейные ортогональные оси координат Oxyz, то, в частности, задачу о сложении сил можно решить с помощью
следующих соотношений.
(1)
(2)
,
где
- проекции
(3)
соответственно на оси x, y,
z;
l, m, n - направляющие косинусы
.
Существуют геометрическая и аналитическая формы
условий равновесия системы сходящихся сил:
- для равновесия системы сходящихся сил необходимо и
достаточно, чтобы ее силовой многоугольник был замкнут;
- для равновесия системы сходящихся сил необходимо и
достаточно равенства нулю сумм проекций всех сил системы на
оси координат
(4)
В практических приложениях весьма полезным может
оказаться утверждение следующей теоремы: если свободное тело
находится в равновесии под действием трех непараллельных сил, то эти силы расположены в
одной плоскости и линии их действия пересекаются в одной точке.
Так, например, для конструкции, изображенной на рис. 1, требуется определить, какие
усилия возникают в ее элементах под действием силы тяжести груза G, если АВ - абсолютно
гибкая нить и собственным весом стержня ВС можно пренебречь.
Строим силовую схему рассматриваемой конструкции (рис.2). Реакция закрепления нити в
точке А направлена по ее оси. Линии действия
и
пересекаются в точке В, а поскольку
система находится в равновесии, то на основании теоремы о трех силах можно заключить, что
линия действия реакции
в шарнирно-неподвижной опоре С направлена по оси СВ.
Любая часть конструкции, находящейся в равновесии, также находится в равновесии, что
позволяет рассмотреть равновесие узла В (рис.3). Действие отброшенной части на
рассматриваемую, согласно аксиоме о действии и противодействии, заменим усилиями
, которые и являются искомыми по условию задачи.
Определение NAB, NCB уже можно проводить как аналитически с помощью условий
равновесия (4):
так и графически,
путем построения
силового
многоугольника,
который в масштабе в
1 см 2Н изображен на
рис. 4.
Знак минус при найденном значении NCB указывает на то,
что истинное направление
противоположно показанному
на рис.3, т.е. стержень СВ сжат.
Рис.4
Момент силы, пара сил
Теория: [1], гл. II, § 14; гл. III, §§ 17-20; гл. VIII, §§ 42-46.
Моментом силы
относительно центра О называют вектор
равенством
, определяемый
(5),
где - радиус-вектор точки А приложения силы (рис.5).
Модуль (величина) вектора
определяется выражением
(6)
Здесь h = ОС - плечо силы, равное длине перпендикуляра, опущенного из точки О на
линию действия силы
;
α - угол между векторами
Вектор
Вектор
и
.
направлен так, что тройка векторов
( ,
) является правосторонней.
,
имеет проекции на оси координат
(7) называемые моментами силы
относительно
Рис.5
соответствующих осей. Если оси координат взаимно ортогональны,
то
(8)
Парой сил называют совокупность двух равных по модулю, параллельных и
противоположно направленных сил. Плоскость, в которой они действуют, называют плоскостью
пары.
Векторный момент пары является свободным вектором, т.е. он характеризуется лишь
величиной M = Fh и направлением, а точка приложения произвольна.
Система действующих на твердое тело пар с моментами
паре, называемой равнодействующей
эквивалентна одной
Условие равновесия системы пар сил имеет вид
(9)
Произвольная система сил
Теория: [1], гл. VIII, §§ 47-51.
Главным вектором произвольной системы сил называют их геометрическую сумму
Сумму векторов моментов всех сил системы относительно произвольного центра О
называют главным моментом системы относительно этого центра
В приложениях весьма полезным может оказаться утверждение теоремы Вариньона: момент
равнодействующей системы сил относительно произвольной точки пространства равен сумме
моментов сил, составляющих систему, относительно той же точки:
(10)
Согласно теореме Пуансо, система сил, действующая на твердое тело, эквивалентна
главному вектору системы, приложенному к произвольному центру (точке тела), и ее главному
моменту относительно этого центра.
Для равновесия тела, находящегося под действием произвольной системы сил,
необходимо и достаточно, чтобы одновременно выполнялись условия равенства нулю главного
вектора и главного момента этой системы
(11)
Векторные равенства (11) эквивалентны следующим шести скалярным :
(12)
Рассмотрим пример:
а) К вершинам прямоугольного треугольника приложены три силы F1 = 3H, F2 = 6H, F3 =
14H. Требуется определить значение угла α, при котором главный вектор данной системы сил
параллелен оси Ox.
Главный вектор данной системы - параллелен оси Ox, если его проекция на ось Oy равна
нулю, т.е.
Отсюда следует
.
б) Для рассмотренной в предыдущем примере системы сил требуется определить значение
угла α, при котором главный момент системы относительно точки О равен 6√3 Нм, расстояние
L = 2м.
По определению главного момента имеем
Отсюда следует
.
Плоская система сил, определение реакций связей
Теория: [1], гл. IV, §§ 24-28.
Необходимые и достаточные условия равновесия плоской системы сил могут быть
представлены в трех формах:
(13)
(14)
(15)
В (14) точки А, В, С не лежат на одной прямой, а в (15) ось не ортогональна прямой АВ.
Определение реакций связей системы тел - одна из основных задач статики. Первым шагом
в ее решении является построение силовой схемы, которой называют изображение системы,
полностью освобожденной от связей, с действующими на нее заданными (активными) силами и
реакциями связей.
Различают внутренние и внешние связи. Внутренними называют связи, соединяющие части
составной конструкции или тела системы. Внешними являются связи, соединяющие систему тел с
землей. Соответственно и реакции связей делят на внешние и внутренние.
На рис.6 приведены примеры образования силовых схем соответствующих конструкций.
Рис.6
Рассматривая составные конструкции, то есть системы тел, удобно применять метод
расчленения системы на составляющие ее тела, что позволяет внутренние реакции перевести в
разряд внешних. При этом одноименные реакции внутренних связей следует направлять в
противоположные стороны согласно аксиоме о действии и противодействии.
Определим, например, реакции внешних связей рамы, изображенной на рис.7,а.
Рис.7
Из условия равновесия рамы в целом получим
Из условия равновесия части АС рамы (рис.7,б) имеем
Решая совместно эти уравнения, находим:
Возвращаясь вновь к рассмотрению рамы в целом, определим
Рассмотрим пример определения реакций связей трехшарнирной арки, изображенной на
рис.8,а.
Рис.8
Построение силовой схемы сопровождаем расчленением системы на две составляющие ее
части (рис.8,б, 8,в).
Запишем вначале условия равновесия арки в целом:
Оставшиеся неизвестные реакции определим из условий равновесия частей арки
Очевидно, что рассмотрение правой части арки в данном случае приведет к менее
громоздким выкладкам при определении искомых реакций. Знак минус в численном результате
означает, что направление данной реакции противоположно указанному на силовой схеме. В
случае необходимости полные реакции в шарнирах арки можно определить по их составляющим
Расчет ферм
Теория: [1], гл. VI, §§ 36-36.
Фермой называют стержневую систему, которая остается геометрически неизменяемой
после условной замены в расчетной схеме жестких узлов шарнирами. Будем рассматривать лишь
плоские фермы, у которых все стержни находятся в одной плоскости. Узлы - места соединения
стержней фермы. Внешние нагрузки прикладывают в узлах фермы, поэтому каждый из ее
стержней испытывает лишь растяжение или сжатие, т.е. находится под действием равных по
величине и противоположно направленных осевых усилий.
Будем предполагать, что все силы, действующие на ферму, расположены в ее плоскости.
Усилия в стержнях определяют согласно методу сечения, исходя при этом из следующих
соображений: поскольку вся ферма под действием внешних сил и реакций опор находится в
равновесии, то в равновесии находятся и ее части. В зависимости от вида этих частей различают
следующие методы определения усилий:
а) Метод вырезания узлов. Усилия, действующие на узел, представляют собой плоскую
систему сходящихся сил, и, следовательно, для определения неизвестных в нашем распоряжении
лишь два условия равновесия, то есть ΣX=0, ΣY=0.
б) Метод Риттера предполагает рассмотрение равновесия любой из двух частей фермы,
полученных в результате ее сечения. Необходимость удовлетворения трем условиям равновесия
рассматриваемой плоской системы сил обусловливает требование попадания в разрез не более
трех стержней с неизвестными усилиями. Если линии действия двух из трех неизвестных усилий
имеют точку пересечения, то можно записать условие равенства нулю моментов сил,
действующих на рассматриваемую часть фермы, относительно этой точки, которую называют
"моментной". В результате получим уравнение с одним неизвестным, что, естественно, удобно.
Преимущество метода Риттера по сравнению с методом вырезания узлов в том, что усилие в
любом стержне можно определить независимо от ранее найденных значений усилий в других
стержнях и, следовательно, не происходит накопления ошибок вычислений.
В качестве примера приложения метода сечений определим усилия в стержнях АВ, ВД, ДС
фермы, изображенной на рис.9,а.
Рис.9
Рассмотрим сечение 1-1. Равновесие правой части фермы (рис.9,б) позволяет записать
следующие три условия равенства нулю моментов относительно "моментных" точек:
При определении NAB, NВД оказалось удобным воспользоваться теоремой Вариньона. Так,
например,
Поскольку при проектировании фермы важно знать растянут или сжат тот или иной
стержень, рекомендуем в силовых схемах частей фермы усилия изображать так, чтобы они
вызывали растяжение стержня. Если численный результат определения усилия окажется
отрицательным, то это означает, что соответствующий стержень сжат, в противном случае растянут.
Графическим аналогом метода вырезания узлов является метод Максвелла-Кремоны, суть
которого в построении на едином чертеже замкнутых многоугольников сил для каждого из узлов
фермы. Особенностью метода является необходимость построения схемы фермы в масштабе длин,
а многоугольников - в масштабе сил.
Построение диаграммы Максвелла-Кремоны выполняют в следующем порядке:
1. Определение опорных реакций.
2. Изображение схемы фермы с заданными внешними усилиями и реакциями опор так, чтобы
они были расположены вне контура фермы.
3. Нумерация областей между внешними усилиями и реакциями и замкнутых областей между
стержнями фермы.
4. Выбор масштаба сил, построение многоугольника внешних сил. Силы в многоугольнике
откладывают в том порядке, в котором они встречаются при обходе контура фермы по ходу
часовой стрелки.
5. Последовательное пристраивание к построенному многоугольнику внешних сил
многоугольников сил для всех узлов фермы, начиная с узла, в котором сходятся два
стержня с неизвестными усилиями.
Центр тяжести
Теория: [1], гл. IX, §§ 53-57
При рассмотрении материальных тел, размерами которых можно пренебречь по сравнению
с радиусом Земли, силы тяжести частей, составляющих тело, можно приближенно считать
системой параллельных сил. Центром тяжести твердого тела называют неизменно связанную с
этим телом точку С, через которую проходит линия действия равнодействующей сил тяжести
частиц данного тела при любых его положениях в пространстве.
Ограничимся рассмотрением методов определения центров тяжести плоских фигур. Для
однородного тела, имеющего форму тонкой пластины постоянной толщины, существуют
следующие формулы для определения координат ее центра тяжести:
(16),
где
(17)
- осевые статические моменты плоской фигуры относительно осей x и y, лежащих в ее
плоскости;
- площадь фигуры,
Ak, xk, yk - площади и координаты центров тяжести частей, составляющих фигуру.
Основным свойством статического момента является то, что он равен нулю относительно
осей, проходящих через центр тяжести фигуры. Отсюда, в частности, следует, что если
однородное тело имеет плоскость, ось или центр симметрии, то его центр тяжести лежит,
соответственно, в этой плоскости, на этой оси или в этом центре.
Метод разбиения тела на части и метод отрицательных масс непосредственно определен
формулами (16), (17). Разбиение фигуры производится на части, положения центров тяжести и
площади которых могут быть легко определены. Метод отрицательных масс предполагает
присвоение отрицательного знака площадям вырезов при рассмотрении многосвязных фигур.
Метод интегрирования работает при неприемлемости описанных выше формул, когда
фигуру приходится разбивать на множество дифференциально малых частей. В пределе, при
стремлении всех Ak к нулю, в (16) статические моменты следует считать согласно выражениям
Общие указания к выполнению курсовых работ
Расчетно-проектировочная работа выполняется на листе ватмана формата А1 или А2 (в
зависимости от объема) или на одной стороне листов бумаги формата А4. Все исходные
параметры задачи должны быть представлены на чертежах в их числовом выражении. Итоги
вычислений необходимо приводить с точностью не менее трех и не более четырех значащих цифр.
Рассмотрим примеры выполнения заданий.
Примеры выполнения заданий
"Определение реакций в рамах и положения центра
тяжести плоской фигуры"
Задача1. Определение реакций внутренних и внешних связей рамы.
b1 = 2м ,b2 = 3м, h = 3м, F1 = 28kH, F2 = 25kH, m1 = 13kHм, m2 = 27kHм, q1 = 6kH/м, q2 = 4kH/м
Для определения реакций связей расчленяем раму по шарнирам С и Д на отдельные
элементы и составляем для каждого из них по три уравнения согласно условиям равновесия
Элемент АС
(1)
(2)
(3)
Элемент CD
(4)
(5)
(6)
Элемент DE
(7)
(8)
(9)
Элемент BС
(10)
(11)
(12)
где
- давление на шарнир С со стороны элементов АС и
СД.
Решаем полученные уравнения относительно неизвестных реакций связей.
Из (1) -(3) следует
;
.
Совместное решение уравнений (6) и (9) определяет реакции шарнира Д:
;
.
Из (4) -(8) получим
Из (10) - (12) находим
;
;
.
Для проверки правильности решения рассмотрим равновесие рамы в целом.
=
=
Относительная погрешность
,
что допустимо.
Задача 2. Определение реакций опор рамы
Из условия равновесия
Отсюда находим
следует:
.
.
Главный момент сил, действующих на часть АДСК рамы, должен равняться нулю
относительно т. С, т.е.
Отсюда следует
Условию равновесия ΣX = 0 соответствует уравнение - XA + XB = 0, из которого находим
.
Для определения реактивного момента mB удобнее воспользоваться условием
из которого следует: -
и, соответственно,
.
В качестве проверки найденных реакций составим выражение главного момента всех сил,
действующих на раму, относительно точки А:
Равенство нулю подтверждает правильность полученных значений неизвестных.
Задача 3. Определение положения центра тяжести плоской фигуры
Разбиваем данную фигуру на составляющие ее части: прямоугольник abek, треугольник ked
и полукруг mnk. Фиксируем на рисунке положения их центров тяжести (т.т. О1, О2, О3). При этом
расстояние от центра круга до центра тяжести полукруга вычисляем по формуле
Положение центра тяжести фигуры определим относительно произвольно выбранной
системы координат xKy с помощью формул
Обозначим через
- координаты центров тяжести и площади составляющих
фигуру частей, составим таблицу
Номер части
xi (дм)
yi (дм)
Ai (дм2)
xiAi (дм3)
yiAi (дм3)
1
-5
6
120
-600
720
2
-4
1,7
-25,13
100,5
-42,72
3
2
8
36
72
288
Так как
окончательно получим
Положение центра тяжести отметим на чертеже фигуры.
Контрольные вопросы по теории курса работ
1. Дайте определения следующим понятиям: механическое движение, механическое
взаимодействие, материальная точка, абсолютно твердое тело, система тел, сила, система
единиц СИ, система сил.
2. Дайте определения следующим понятиям: эквивалентные системы сил, равнодействующая
системы сил.
3. Каковы задачи теоретической механики, ее раздела статики?
4. Охарактеризуйте понятие силы, объясните понятия внешних и внутренних сил, укажите
разновидность внешних и их размерность.
5. Сформулируйте аксиомы статики
6. Приведите понятия свободы и степени свободы материальной точки, твердого тела и
системы тел.
7. Дайте определение активных сил и реакций связей.
8. Охарактеризуйте основные виды и свойства идеальных связей, приведите примеры.
9. Что называют силовой схемой тела?
10. Какую систему сил называют сходящейся?
11. Сформулируйте теорему равнодействующей пучка сил.
12. Что называют силовым многоугольником?
13. Опишите графический и аналитический способы определения равнодействующей пучка
сил.
14. Охарактеризуйте понятие проекции на ось вектора силы.
15. Сформулируйте геометрическое и аналитическое условия сходящейся системы сил.
16. Сформулируйте теорему трех сил.
17. Объясните способы получения равнодействующей двух параллельных сил.
18. Какую точку называют центром параллельных сил ?
19. Охарактеризуйте понятие момента силы относительно точки.
20. Что называют моментом силы относительно оси?
21. Как связаны момент силы относительно точки с моментом ее относительно осей координат
с началом в этой точке?
22. Что называют парой сил? Укажите характерные особенности момента пары сил.
23. В чем заключается условие равновесия системы пар сил?
24. Охарактеризуйте метод Пуансо о приведении силы к произвольному полюсу.
25. Что называют главным вектором и главным моментом системы сил?
26. Охарактеризуйте различие между главным вектором и равнодействующей системы сил.
27. Сформулируйте условия равновесия произвольной системы сил и приведите их векторную
и скалярную форму записи.
28. Сформулируйте теорему Вариньона, приведите пример ее приложения.
29. Расскажите о трех формах условий равновесия плоской системы сил.
30. Укажите последовательность определения реакций связей механической системы.
31. Какую конструкцию называют фермой? Как направлены усилия в стержнях фермы?
32. Охарактеризуйте методы определения усилий в стержнях фермы.
33. Что называют центром тяжести тела? Приведите формулы для определения центра тяжести
плоской фигуры.
34. Сформулируйте законы трения скольжения Кулона.
35. Что называют конусом трения?
36. Каковы требования равновесия тела при наличии трения скольжения?
37. Какие условия позволяют решать задачи равновесия тел с учетом трения скольжения?
38. Как определить скорость и ускорение точки при задании движения в декартовых
координатах?
39. Что нужно знать для определения скорости и ускорения точки тела при вращательном
движении ?
40. На какие движения разлагают плоскопараллельное движение тела?
41. Запишите дифференциальные уравнения движения материальной точки в декартовых и
естественных осях.
42. Как определить работу и мощность силы?
43. Сформулируйте общие теоремы динамики материальной точки.
44. В чем суть принципа Даламбера?
Рекомендуемая литература
1. Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики.- М.: Изд-во "Наука", 1974 (и следующие
издания).
2. Тимошенко С.П., Юнг А. Инженерная механика.- М.: Машгиз, 1960.
3. Масленников А.М., Егоян А.Г. Основы строительной механики для ар-хитекторов.- Л.:
Изд-во ЛГУ, 1988.
4. Миренков В.Е., Шутов В.А. Теоретическая механика. Новосибирск, НГАХА.- 1996.- 65 с.
5. Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механике.
РАЗДЕЛ 3. Содержательный компонент теоретического материала.
ЛЕКЦИЯ №1
Тема: Введение в статику.
1. Введение. Основные определения.
2. Аксиомы статики. Связи, реакции связей.
3. Сходящиеся силы. Параллельные силы.
Введение.
Равновесие механической системы – такое состояние механической системы, при котором
все ее точки под действием приложенных сил системы остаются в покое относительно
рассматриваемой системы отсчета. Равновесие является частным случаем движения механической
системы.
Материальной точкой называется точка, обладающая массой. Так, планеты, космические
аппараты в первом приближении считают материальными точками.
Любая совокупность материальных точек называется механической системой.
Материальное тело, в котором расстояние между двумя любыми точками всегда остается
неизменным, называется абсолютно твердым телом или, твердым телом.
Векторная величина, являющаяся мерой механического действия одного материального
тела на другое, называется силой.
Сила, как всякий вектор, характеризуется: 1) величиной, или модулем; 2) направлением
действия; 3) точкой приложения. Единицей силы в Международной системе единиц является

ньютон (Н). Силу принято обозначать буквой F .
Система сил, линии, действия которых лежат в одной плоскости, будет плоской системой
сил, а если линии действия сил не лежат в одной плоскости, - пространственной системой сил.
Система сил, которая, будучи приложенной, к свободному твердому телу, находящемуся в
покое, не выводит его из этого состояния, называется уравновешенной системой сил.
Аксиомы статики. Связи, реакции связей.
Аксиома 1. Если на свободное абсолютно твердое тело действуют две силы. то тело может
находиться в равновесии тогда и только тогда, когда эти силы равны по модулю ( F1  F2 ) и
направлены вдоль одной прямой в противоположные стороны.
Аксиома 2. Действие данной системы сил на абсолютно твердое тело не изменится, если к
ней прибавить или от нее отнять уравновешенную систему сил.
Аксиома 3. (аксиома параллелограмма сил). Две силы, приложенные к телу в одной точке,
имеют равнодействующую, приложенную в той же точке и изображаемую диагональю
параллелограмма, построенного на этих силах, как на сторонах.
Аксиома 4. При всяком действии одного материального тела на другое имеет место такое
же по величине, но противоположное по направлению противодействие.
Аксиома 5 (принцип отвердевания). Равновесие изменяемого (деформируемого) тела,
находящегося под действием данной системы сил, не нарушится, если тело считать отвердевшим
(абсолютно твердым).
Тело, перемещениям которого в пространстве препятствуют какие-нибудь другие,
скрепленные или соприкасающиеся с ним тела, называется несвободным. Все то, что ограничивает
перемещения данного тела в пространстве, будет называться связью.
Сходящиеся силы. Параллельные силы.
Сходящимися называются силы, линии действия которых пересекаются в одной точке.
Параллельные силы – это силы или направленные в одну сторону, либо силы направлены в
разные стороны.
Литература:
5. Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
2. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
ЛЕКЦИЯ №2
Тема: Плоская система сил.
1. Аналитический способ задания сил.
2. Аналитический способ сложения сил.
3. Равновесие системы сходящихся сил. 1) Геометрическое условие равновесия. 2)
Аналитическое условие равновесия. 3) Теорема о трех силах. – При решении задач статики иногда
удобно пользоваться следующей теоремой: если свободное твердое тело находится в равновесии
под действием трех непараллельных сил, лежащих в одной плоскости, то линии действия этих
сил пересекаются в одной точке.
Системы статически определимые и статически неопределимые.
Литература:
1.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
2. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
ЛЕКЦИЯ №3
Тема: Теория пар сил на плоскости.
Момент силы относительно центра (или точки). 1) Момент силы не изменяется при
переносе точки приложения силы вдоль ее линии действия. 2) Момент силы относительно центра
О равен нулю только тогда, когда сила равна нулю или когда линия действия силы проходит через
центр О. Момент силы численно выражается удвоенной площадью треугольника построенного на
его сторонах.
Теорема Вариньона о моменте равнодействующей: момент равнодействующей плоской
системы сходящихся сил относительно любого центра равен алгебраической сумме моментов
слагаемых сил относительно того же центра.
Пара сил. Момент пары сил. Эквивалентность пар.
Сложение пар, лежащих в одной плоскости.
Литература:
1.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
2. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
ЛЕКЦИЯ №4
Тема: Главный вектор и главный момент. Произвольная система сил.
1. Момент силы относительно центра как вектор.
2. Момент силы относительно оси. Зависимость между моментами силы относительно
центра и относительно оси.
3. Сложение пар в пространстве. Условия равновесия пар.
Геометрическая сумма или главный вектор нескольких сил изображается замыкающей
стороной силового многоугольника, построенного из этих сил (правило силового
многоугольника). Аналогично определяется и главный момент сил.
Литература:
1.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
2. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
ЛЕКЦИЯ №5
Тема: Условия равновесия произвольной плоской и пространственной системы сил. Случай
параллельных сил.

Величина R , равная геометрической сумме всех сил системы, называется, как известно,
главным вектором системы; величину M O , равную сумме моментов всех сил системы
относительно центра О, называют главным моментом системы относительно центра О.
Теореме: всякая плоская система сил. действующих на абсолютно твердое тело, при

приведении к произвольно взятому центру О заменяется одной силой R , равной главному вектору
системы и приложенной в центре приведения О, и одной парой с моментом M O , равным главному
моменту системы относительно центра О.
Основная форма равновесия.
Для равновесия произвольной плоской системы сил. необходимо и достаточно, чтобы
суммы проекций всех сил на каждую из двух координатных осей и сумма их моментов
относительно любого центра, лежащего в плоскости действия сил, были равны нулю.

 Fkx  0,  Fky  0,  mO Fk  0 .
Вторая форма условий равновесия:
Для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы
суммы моментов всех этих сил относительно каких-нибудь двух центров А и В и сумма их
проекций на ось Ox , не перпендикулярную к прямой АВ, были равны нулю:


 m A Fk  0, mB Fk  0, Fkx  0 .
Третья форма условий равновесия (уравнения трех моментов):
Для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы
суммы моментов всех этих сил относительно любых трех центров А, В и С, не лежащих на одной
прямой были равны нулю.



 m A Fk  0, mB Fk  0, mC Fk  0 .
Равновесие плоской системы параллельных сил.

 Fky 0,  mO Fk  0 .(1)
 m A Fk  0, mB Fk  0 . (2).
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Условия равновесия произвольной пространственной системы
параллельных сил.

Fkz  0;
 Fkx  0,  Fky  0, 



 .(3)
m
F

0
,
m
F

0
,
m
F

0
.
 x k
 y k   z k  
 mx Fk  M x  0,  m y Fk  M y  0, mz Fk  M z  0.
 
 
 
 
 
сил.
Случай
 
Литература:
1.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
2. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
ЛЕКЦИЯ №6
Тема: Центр тяжести.
Формулы для координат центра параллельных сил:
 Fk xk , y   Fk y k , z   Fk z k .
xC 
c
C
 Fk
 Fk
 Fk
Центр тяжести твердого тела.
 

Равнодействующую сил тяжести p1 , p 2 ,..., p n , действующих на частицы данного тела, обозначим

P . Модуль этой силы равен весу тела и определяется равенством P   pk . Координаты центра
тяжести, как центра параллельных сил, определяются вышеприведенными формулами.
Литература:
1.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
2. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
ЛЕКЦИЯ №7
Тема: Кинематика. Движение материальной точки. Движение твердого тела.
Кинематикой называется раздел механики, в котором изучаются геометрические свойства
движения тел без учета их инертности (массы) и действующих на них сил.
Кинематически задать движение или закон движения тела (точки) значит задать положение
этого тела (точки) относительно данной системы отсчета в любой момент времени.
Основная задача кинематики состоит в том, чтобы, зная закон движения данного тела (или
точки), определить все кинематические величины, характеризующие как движение тела в целом,
так и движение каждой из его точек в отдельности (траектории, скорости, ускорения и т.п.).
Способы задания движения точки. Траектория.
1. Естественный способ задания движения.
2. Координатный способ задания движения.
3. Векторный способ задания движения.
Вектор скорости точки.

 dr
v
.
dt
Вектор скорости точки в данный момент времени равен первой производной от радиусавектора точки по времени.
Вектор ускорения точки.


 dv d 2 r
a

.
dt dt 2
Вектор ускорения точки в данный момент времени равен первой производной от вектора
скорости или второй производной от радиуса вектора точки по времени.
Некоторые частные случаи движения точки.
1.
2.
3.
4.
5.
Прямолинейное движение.
Равномерное криволинейное движение.
Равномерное прямолинейное движение.
Равнопеременное криволинейное движение.
Гармонические колебания.
Поступательное и вращательное движения твердого тела. Угловая скорость и угловое ускорение.
Частные случаи движения твердого тела.
Литература:
1.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
2. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
ЛЕКЦИЯ №8
Тема: Степени свободы. Поступательное движение. Вращение твердого тела вокруг
неподвижной оси.
1. Число независимых координат однозначно определяющих положение механической
системы в пространстве называют числом степеней свободы системы.
2. Поступательным называется такое движение твердого тела, при котором любая
прямая, проведенная в этом теле, перемещается, оставаясь параллельной самой себе.
Свойства поступательного движения определяются следующей теоремой: при
поступательном движении все точки тела описывают одинаковые (при наложении
совпадающие) траектории и имеют в каждый момент времени одинаковые по
модулю и направлению скорости и ускорения.
3. Вращательным называется такое движение твердого тела, при котором какие-нибудь
две точки, принадлежащие телу (или неизменно с ним связанные), остаются во все
время движения неподвижными.
Литература:
1.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
2. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
ЛЕКЦИЯ №9
Тема: Плоскопараллельное движение. Движение вокруг неподвижной точки. Углы Эйлера.
1. Плоскопараллельным или (плоским) называется такое движение твердого тела, при
котором все его точки перемещаются параллельно некоторой неподвижной плоскости.
Плоскопараллельное движение твердого тела слагается из поступательного движения,
при котором все точки тела движутся так же, как полюс А. и из вращательного
движения вокруг этого полюса.
2. Движение твердого тела, имеющего одну неподвижную точку. Если рассмотреть
движение по отношению к неподвижной системе отсчета твердого тела, закрепленного
так, что одна его точка О остается во все время движения неподвижной, то его
движение задается так называемыми углами Эйлера.   f 1 t  - угол собственного
вращения,   f 2 t  - угол прецессии,   f 3 t  - угол нутации. Картина движения
определяется теоремой Эйлера-Даламбера: всякое элементарное перемещение тела,
имеющего неподвижную точку, представляет собою элементарный поворот вокруг
некоторой мгновенной оси вращения, проходящей чрез эту точку.
Литература:
1.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
2. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
ЛЕКЦИЯ №10
Тема: Сложное движение точки.
1. Относительное движение. Рассмотрим сложное движение точки М, перемещающейся по
отношению к подвижной системе отсчета, которая в свою очередь как-то движется
относительно другой системы отсчета, условно названной нами неподвижной.
Движение, совершаемое точкой М по отношению к подвижным осям координат,
называется относительным движением (такое движение будет видеть наблюдатель,
связанный с подвижными осями). Скорость и ускорение точки М по отношение к
подвижным осям координат называют относительными скоростью и ускорением.
2. Движение совершаемое точкой по отношению к неподвижной системе отсчета
называется абсолютным и сложным. Траектория этого движения называется
абсолютной траекторией, скорость – абсолютной скоростью и ускорение – абсолютным
ускорением.
3. Движение, совершаемое подвижной системой отсчета и всеми неизменно связанными с
ней точками пространства по отношению к неподвижной системе является для точки М
переносным. Скорость той неизменно связанной с подвижными осями точки, с которой
в данный момент совпадает точка М, называется переносной скоростью точки М в этот
момент, а ускорение этой точки – переносным ускорением точки М.
Литература:
1.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
2. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
ЛЕКЦИЯ №11
Тема: Динамика материальной точки. Дифференциальные уравнения движения.
1. Первый закон (закон инерции), открытый Галилеем (1638 г.), гласит: изолированная от
внешних воздействий материальная точка сохраняет свое состояние покоя или
равномерного прямолинейного движения до тех пор, пока приложенные силы не заставят
ее изменить это состояние. Движение, совершаемое точкой при отсутствии сил,
называется движение по инерции.
2. Второй закон (основной закон динамики) устанавливает, как изменяется скорость точки
при действии на нее како2-нибудь силы. Он гласит: произведение массы точки на
ускорение, которое она получает под действием данной силы, равно по модулю этой силе,
а направление ускорения совпадет с направлением этой силы.
3. Третий закон (закон равенства действия и противодействия) устанавливает характер
механического взаимодействия между материальными телами. Для двух материальных
точек он гласит: две материальные точки действуют друг на друга с силами, равными по
модулю и направленными вдоль прямой, соединяющей эти точки, в противоположные
стороны.
Дифференциальные уравнения движения материальной точки в прямоугольных координатах
имеют вид:
d2y
d 2x
d 2z
m 2  Fx , m 2  Fy , m 2  Fz ,
dt
dt
dt
Где x, y , z - координаты рассматриваемой точки.
Прямая (первая) задача динамики материальной точки. По заданным уравнениям
движения материальной точки и ее массе находят силы, действующие на точку.
Эту задачу можно решать так: на основании уравнений движения точки записать
дифференциальные зависимости в соответствии с формой задания закона движения, из которых
находят искомые силы.
Обратная (вторая) задача динамики материальной точки.
Если известны силы, действующие на точку, а также начальные условия ее движения и
масса, можно найти уравнения движения материальной точки.
Литература:
1.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
2. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
3. Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В., Новиков
В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
ЛЕКЦИЯ №12
Тема: Общие теоремы динамики.


dK O
 M Oe - теорема об изменении главного момента количества движения системы
dt
относительно неподвижного центра.
Производная по времени от главного момента количества движения системы
относительно неподвижного центра равна главному моменту внешних сил, действующих на
систему, относительно того же центра.
Закон сохранения главного момента количества движения системы.
Если главный момент действующих на механическую систему внешних сил относительно
некоторого центра или оси равен нулю, то главный момент количества движения этой системы
относительно данного центра или оси не изменяется в рассматриваемом промежутке времени.
dT  d A e  d A i - теорема об изменении кинетической энергии системы:
Приращение кинетической энергии механической системы равно суммарной элементарной
работе всех сил системы.
E  T    const - закон сохранения механической энергии.
Это равенство выражает закон сохранения механической энергии системы: при
движении механической системы в стационарном потенциальном силовом поле ее полная
механическая энергия остается постоянной.
1.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.: Высшая школа,1998.
2. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. – М.: Наука, 2003.
3. Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В., Новиков
В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
ЛЕКЦИЯ №13
1.
2.
3.
4.
5.
Тема: Метод сечений. Внутренние силы.
Предмет сопротивления материалов.
Реальный объект и его расчетная схема.
Силы внешние и внутренние. Метод сечений.
Напряжения, перемещения и деформации.
Основные принципы в сопротивлении материалов.
1. Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В.,
Новиков В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
ЛЕКЦИЯ 14
Тема: Напряжение. Растяжение и сжатие. Закон Гука.
1. Закон Гука.
2. Продольная сила.
3. Нормальные напряжения.
4. Напряжения в наклонных сечениях.
5. Деформации.
Литература.
1. Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В.,
Новиков В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
1.
2.
3.
4.
5.
ЛЕКЦИЯ 15
Тема: Построение эпюр. Испытание образцов. Механические характеристики.
Построение эпюр.
Экспериментальные исследования. Общие положения.
Диаграмма растяжения.
Явление наклепа.
Пластическое и хрупкое разрушение материала.
6. Испытание на сжатие.
Литература
1.Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В.,
Новиков В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
ЛЕКЦИЯ 16
Тема: Срез (сдвиг). Закон Гука при сдвиге.
1. Закон Гука при сдвиге.
2. Построение эпюр на срез (сдиг).
Литература
1.Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В.,
Новиков В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
ЛЕКЦИЯ 17
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Тема: Кручение. Крутящий момент. Эпюр крутящих моментов
Общие сведения.
Построение эпюр крутящих моментов.
Распределение касательных напряжений в сечении вала.
Напряжения при кручении.
Деформация при кручении.
Расчет валов на прочность и жесткость.
Литература
1.Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В.,
Новиков В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
ЛЕКЦИЯ 18
Тема: Прямой изгиб. Опорные реакции балок.
1. Виды изгиба.
2. Типы опор.
3. Определение опорных реакций.
Литература
1.Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В., Новиков
В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
ЛЕКЦИЯ 19
Тема: Поперечная сила и изгибающий момент.
1. Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.
2. Дифференциальные зависимости при изгибе балок.
Литература
1.Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В.,
Новиков В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
ЛЕКЦИЯ 20
1.
2.
3.
4.
5.
Тема: Геометрические характеристики сечений. Гипотезы прочности.
Статические моменты плоских сечений.
Осевые моменты инерции.
Моменты инерции простейших фигур.
Главные оси и главные моменты инерции.
Гипотезы прочности.
Литература
1.Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В.,
Новиков В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
ЛЕКЦИЯ 21
1.
2.
3.
4.
Тема: Устойчивость сжатых стержней.
Предел выносливости материала.
Диаграмма предельных амплитуд цикла напряжений.
Концентрация напряжений в элементах конструкций.
Основные положения расчета на прочность при переменных напряжениях.
Литература
1.Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В.,
Новиков В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
ЛЕКЦИЯ 22
1.
2.
3.
4.
5.
Тема: Жидкость и ее свойства.
Идеальная жидкость.
Гидростатическое давление.
Основное уравнение гидростатики.
Измерение давления.
Силы давления жидкости.
Литература
1. Башта Т.М., Руднев С.С., Некрасов Б.Б. Гидравлика, гидравлические машины и
гидравлические приводы. М.: Машиностроение, 1982.
2. Дробнис В.Ф. Гидравлика и гидравлические машины. М.: Просвещение, 1987
ЛЕКЦИЯ 23
Тема: Основное уравнение гидростатики.
1. Измерение давления.
2.Силы давления жидкости на плоскую и цилиндрическую стенки.
Литература
1.Башта Т.М., Руднев С.С., Некрасов Б.Б. Гидравлика, гидравлические машины и
гидравлические приводы. М.: Машиностроение, 1982.
2. Дробнис В.Ф. Гидравлика и гидравлические машины. М.:
1.
2.
3.
4.
ЛЕКЦИЯ 24
Тема: Закон Архимеда.
Гидростатическая подъемная сила.
Расход. Средняя скорость.
Уравнение постоянства расхода.
Уравнение Бернулли.
Литература
1.Башта Т.М., Руднев С.С., Некрасов Б.Б. Гидравлика, гидравлические машины и
гидравлические приводы. М.: Машиностроение, 1982.
2. Дробнис В.Ф. Гидравлика и гидравлические машины. М.:
ЛЕКЦИЯ 25
Тема: Напор. Гидравлические потери
1. Режимы движения жидкости.
2. Число Рейнольдса.
Литература
1.Башта Т.М., Руднев С.С., Некрасов Б.Б. Гидравлика, гидравлические машины и
гидравлические приводы. М.: Машиностроение, 1982.
2. Дробнис В.Ф. Гидравлика и гидравлические машины. М.:
ЛЕКЦИЯ 26
Тема: Истечение жидкости через отверстие и насадки.
1. Отверстия и насадки.
2. Истечение жидкости через отверстие и насадки.
Литература
1.Башта Т.М., Руднев С.С., Некрасов Б.Б. Гидравлика, гидравлические машины и
гидравлические приводы. М.: Машиностроение, 1982.
2. Дробнис В.Ф. Гидравлика и гидравлические машины. М.:
ЛЕКЦИЯ 27
Тема: Основы расчета трубопроводов. Явление кавитации.
1. Основы расчета трубопроводов.
2. Явление кавитации.
Литература
1.Башта Т.М., Руднев С.С., Некрасов Б.Б. Гидравлика, гидравлические машины и
гидравлические приводы. М.: Машиностроение, 1982.
2. Дробнис В.Ф. Гидравлика и гидравлические машины. М.:
ЛЕКЦИЯ 28
Тема: Гидравлических удар в трубопроводах.
1. Общие положения.
2. Гидравлический удар в трубопроводах.
Литература
1.Башта Т.М., Руднев С.С., Некрасов Б.Б. Гидравлика, гидравлические машины и
гидравлические приводы. М.: Машиностроение, 1982.
2. Дробнис В.Ф. Гидравлика и гидравлические машины. М.:
ЛЕКЦИЯ 29
Тема: Теория машин и механизмов.
1. Механическая система твердых тел.
2. Звенья, кинематические пары, кинематические цепи.
3. Классификация.
Литература
1.Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В.,
Новиков В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
ЛЕКЦИЯ 30
Тема: Кинематический анализ и синтез.
1. Скорости и ускорения точек звеньев.
2. Движение механизма под действием сил.
Литература
1.Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В.,
Новиков В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
ЛЕКЦИЯ 31
Тема: Анализ движения. Уравновешивание массы звеньев.
1. Анализ движения.
2. Уравновешивание массы звеньев.
Литература
1.Скойбеда А.Т., Миклашевич А.А., Левковский Е.Н., Пигуль В.Е., Кузьмин А.В.,
Новиков В.И., Бельский А.Т. Прикладная механика. Мн. Выш. шк., 1997.
РАЗДЕЛ 4. Словарь терминов (глоссарий).
Статика.
Вектор. Заделка.
Материальная точка. Момент. Пара сил. Подпятник. Равновесие. Реакции
связей. Связи. Сила. Стержень. Твердое тело. Шарнир.
Кинематика.
Абсолютное движение. Вращательное движение. Координата. Мгновенная скорость. Мгновенное
ускорение. Относительное движение. Переносное движение. Поступательное движение.
Скорость. Ускорение.
Динамика.
Виртуальное перемещение. Инерция. Кинетическая энергия. Момент инерции. Обобщенная
координата. Обобщенная сила. Потенциальная энергия. Работа.
Сопротивление материалов.
Брус. Деформация. Жесткость. Изгиб. Напряжение. Перемещение. Предел прочности. .
Растяжение. Сечение Упругость. Хрупкость. Ферма. Эпюра.
Жидкость и ее свойства.
Гидравлика. Гидростатика. Гидравлический удар. Давление. Напор. Расход. Трубопровод.
Детали машин и механизмов.
Двигатель. Допуски. Зацепление. Звено. Зубчатое колесо. Коническая резьба.
Машина.
Механизм. Муфта. Подшипник. Посадки. Редуктор. Смазка. Соединение. Стандартизация.
Червячная передача. Эвольвента.
РАЗДЕЛ 5. Практикум по решению задач (практических ситуаций) по темам лекций (одна
из составляющих частей итоговой государственной аттестации).
АКСИОМЫ СТАТИКИ
Задачи на равновесие твердого тела при наличии плоской системы параллельных сил
рекомендуется решать в следующем порядке:
7. выделить твердое тело, равновесие которого надо рассмотреть для определения искомых
величин;
8. Изобразить задаваемые силы;
9. применив принцип освобождаемости от связей, направить силы реакций связей; выяснить
число неизвестных величин, так как задача является статически определенной, если число
неизвестных не более двух;
10. выбрать систему осей декартовых координат;
11. составить уравнения равновесия системы параллельных сил;
12. решив систему уравнений равновесия, определить неизвестные величины.
Если величина какой-либо неизвестной силы окажется отрицательной, то это означает, что
направление этой силы противоположно тому, которое было изображено на рисунке.
Оси декартовых координат целесообразно направлять так, чтобы одна из них оказалась
параллельной всем силам, приложенным к твердому телу. Уравнение моментов рекомендуется
составлять относительно точки, лежащей на линии действия неизвестной силы. Это дает
возможность, минуя решение системы уравнений равновесия, определить одну из неизвестных
величин непосредственно из уравнения моментов.
При решении задачи с помощью двух уравнений моментов четвертый пункт решения
задачи отпадает. При этом не следует забывать, что точки, относительно которых составляются
уравнения моментов, не должны лежать на прямой, параллельной силам.
Задача(13). Консольная балка AD весом P  4m
лежит на двух опорах B и D ,
причем опора B расположена на катках. На конце A к балке приложена вертикальная
сосредоточенная сила F  8m . На участке CD на балке находится равномерно распределенная
нагрузка интенсивности q  0,5m / м (интенсивностью называется величина силы, действующей на
единицу длины). На участке AB к балке приложена пара сил с моментом m  6mм . Определить
силы опорных реакций в B и D . Размеры указаны на рисунке.
Решение: Рассмотрим равновесие консольной балки AD (участок балки AB ,
распложенный вне опор, называется консолью). К балке приложены задаваемые силы: вес балки
P , приложенный к ее середине, вертикальная сила F , равнодействующая P1 распределенной
нагрузки, равная P1  q  CD  1m , приложенная в середине участка CD и направленная по
вертикали вниз, и, наконец, пара сил с моментом m .
Применив принцип освобождаемости от связей, направим силу опорной реакции с по
вертикали вверх. При равновесии балки главный вектор и главный момент равны нулю. Главный
вектор равен сумме вертикальных сил F , P, P1 , RB и силы опорной реакции R D (главный вектор
пары сил равен нулю). Для того чтобы главный вектор был равен нулю, сила опорной реакции R D
должна быть направлена вертикально.
Итак. Балка находится в равновесии под действием системы параллельных сил (пару сил
можно, не нарушая равновесия балки, повернуть так, чтобы силы, входящие в ее состав, были
направлены вертикально), в число которых входят две неизвестные по модулю силы,
следовательно, задача является статически определенной.
При решении этой задачи, ЦЕЛЕСООБРАЗНЕЕ, МИНУЯ СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЯ
ПРОЕКЦИЙ НА ОСЬ, ПАРАЛЛЕЛЬНУЮ ПРИЛОЖЕННЫМ СИЛАМ, СОСТАВИТЬ ДВА
УРАВНЕНИЯ МОМЕНТОВ ОТНОСИТЕЛЬНО ТОЧЕК ПРИЛОЖЕНИЯ B и D неизвестных сил
R B и R D . При этом учитываем, что сумма моментов сил, входящих в состав пары сил,
вычисленная относительно любой точки, равна моменту этой пары сил. Сумму моментов сил
распределенной нагрузки CD заменяем, на основании теоремы Вариньона, моментом
равнодействующей силы P1 . Получим:
 m B Fk   F  2  m  P  1  P1  3  RD  4  0(1)
 m F   F  6  m  R
 4  P  3  P1  1  0(2)
Удобство составленных уравнений заключается в том. что в каждое из них входит только
одна неизвестная величина.
Из уравнений (1) и (2) находим:
RD  0,75m, RB  13,75m
Отрицательное значение величины силы опорной реакции R D указывает, что направление этой
силы противоположно тому, которое выбрано, т.е. опорная реакция R D направлена по вертикали
вниз (это значит, что задаваемые силы стремятся переместить вверх конец балки D ).
D
k
B
Задачи на равновесие системы твердых тел, находящейся под действием
произвольной плоской системы сил, рекомендуется решать в следующем порядке:
8. выделить систему твердых тел и твердые тела, входящие в систему, равновесие которых
надо рассмотреть для определения искомых величин;
9. изобразить задаваемые силы;
10. применив принцип освобождаемости от связей, заменить действие связей силами реакций;
11. сопоставить число неизвестных величин и число независимых уравнений равновесия; эти
числа должны быть равны, если задача является статически определенной;
12. выбрать наиболее удобные системы координат; при этом для каждого тела и для всей
системы тел может быть избрана своя система координат, или же можно взять одну
систему осей для всех тел;
13. составить уравнения равновесия для каждого твердого тела или для каждой системы
твердых тел, равновесие которых исследуется;
14. решив систему всех уравнений равновесия, определить неизвестные величины.
Если система твердых тел разделяется на отдельные тела, то при замене их взаимодействия
силами реакций связей следует ввести силы реакции, приложенные к одному телу. И на основании
принципа равенства действия и противодействия выбрать силы реакции, действующие на второе
тело, равными по модулю и направленными прямо противоположно.
В том случае, когда величина неизвестной силы окажется по ответу отрицательной,
направление этой силы следует взять противоположным тому, которое было изображено на
рисунке.
При составлении уравнений равновесия целесообразно оси координат и точки,
относительно которых составляются уравнения моментов сил, выбирать так, чтобы в каждое
уравнение входила только одна неизвестная величина.
Если по условию задачи требуется определить лишь некоторые неизвестные величины, то
надо составить только те из уравнений равновесия, которые необходимы для получения ответа.
Задача(28). Цилиндрический стакан радиуса R поставлен открытой стороной на гладкий
горизонтальный пол. Внутри стакана находятся два одинаковых шара радиусом r и весом P
каждый. Определить вес Q цилиндрического стакана, при котором шары не опрокинут его.
Стенки стакана абсолютно гладкие.
Решение. Для определения искомого веса стакана рассмотрим отдельно равновесие двух
шаров и равновесие стакана.
На систему двух шаров действуют силы: вес каждого шара P , приложенный в центре шара
и направленный по вертикали вниз; реакция гладкого пола T , направленная по вертикали вверх;
реакции стенок стакана N1 и N 2 , направленные по горизонтали и приложенные к точкам D и C .
Проведем оси координат: ось x - горизонтально, ось y - вертикально. Уравнения
равновесия для системы, состоящей из двух шаров, имеют вид:
 Fkx  N1  N 2  0(1)
 F T  2P  0(2)
 m F   N  AB  P  OB  0(3)
ky
O
k
2
Третье уравнение – уравнение моментов – составлено относительно точки O , где пересекаются
линии действия трех сил, в то числе двух неизвестных. Из первого уравнения следует
N1  N 2  N (4)
Из третьего уравнения находим:
P  OB
N
(5)
AB
Рассмотрим далее равновесие цилиндрического стакана. На стакан действуют силы: вес Q
по вертикали вниз, реакции шаров N1 и N 2 , приложенные в точках D и C , реакции поля в точках
H и K . (Ясно, что N1  N1 и N 2  N 2 ). В момент опрокидывания стакана, который мы
рассматриваем. Давление в точке H на пол и, следовательно, реакция поля обращаются в нуль и
стакан опирается на горизонтальную плоскость только в точке K .
Составим уравнение моментов относительно точки K

 mk Fk  N 2  CK  N1  DH  QR(6)
Это и есть условие равновесия стакана. Далее и (6), учитывая (4), имеем:
 
N  AB  QR  0(7)
Подставляя в это равенство значение N , определенное формулой (5), имеем:
AB P  OB  AB P  OB
QN


, (8)
R
R  AB
R
но OB  2R  r , и, следовательно, для равновесия необходимо, чтобы выполнялось неравенство
r

Q  2 P1  .(9)
R

Действительно, если в (9) все стакана больше правой части, то давление на горизонтальную
плоскость будет распределяться по всему ободу и стакан будет находиться в равновесии.
ДОПОЛНИТЕЛЬНО – При решении задач на равновесие твердого тела при наличии сил
трения следует придерживаться такой последовательности:
8. выделить твердое тело или систему твердых тел, равновесие которых необходимо
рассмотреть для решения задачи;
9. изобразить задаваемые силы;
10. применив принцип освобождаемости от связей, заменить их действие силами реакций; при
этом реакцию шероховатой поверхности представить двумя составляющими – нормальной
реакцией и силой трения или же, не раскладывая эту реакцию на составляющие, направить
ее под углом трения  к нормали к поверхности (при максимальной силе трения);
11. сопоставить число неизвестных величин и число независимых уравнений равновесия,
которые должны быть равны для статически определяемых задач; при этом к уравнениям
равновесия твердого тела следует добавить зависимость силы трения от нормального
давления.
12. выбрать систему координат;
13. составить систему уравнений равновесия для сил, приложенных к твердому телу или к
системе твердых тел;
14. решив систему уравнений равновесия, определить искомые величины.
ДОПОЛНИТЕЛЬНО – Решение задач на равновесие твердого тела под действием
пространственной системы сходящихся сил рекомендуется проводить в следующем порядке:
7. выделить твердое тело (часть конструкции), равновесие которого требуется рассмотреть
для определения неизвестных величин;
8. изобразить задаваемые силы;
9. применить принцип освобождаемости от связей, т.е. мысленно отбросить связи и, заменив
их соответствующими силами реакций связей, рассматривать равновесие данного
несвободного твердого тела как тела свободного, к которому приложены задаваемые силы
и силы реакций связей;
10. выбрать систему осей декартовых координат x, y , z ;
11. составить уравнения равновесия твердого тела в проекциях на ости декартовых координат:
n
n
n
k 1
k 1
k 1
 Fkx  0,  Fky  0,  Fkz  0 ;
12. решить полученную систему уравнений, т.е. определить неизвестные величины.
ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ
Координаты
формулами:
xC , y C , z C
n
xC 
 Pk x k
k 1
P
центра тяжести С твердого тела даются приближенными
n
, yC 
 Pk y k
k 1
P
n
, zC 
P z
k 1
k
P
k
.
Эти формулы являются приближенными, так как координаты x k , y k , z k точки приложения
веса Pk k - той материальной частицы определяются с точностью до размеров этой частицы.
Задача(79). Твердое тело состоит из однородного полого цилиндра высотой H , с внешним
и внутренним радиусами оснований, равными R и r , однородного сплошного конуса с
основанием радиусом R и высотой h . Определить положение центра тяжести твердого тела, если
3
1
r R и h H.
4
2
Решение. Возьмем начало координат в центре нижнего основания цилиндра, ось y
направим вдоль оси симметрии твердого тела, а оси x и z - в плоскости нижнего основания
цилиндра А. Тогда xC  zC  0 .
Остается определить ординату y C центра тяжести С. Обозначим центр тяжести цилиндра
через С1 и через С2 – центр тяжести конуса. Для вычисления y C воспользуемся
модифицированной формулой (1), которая в данном случае имеет вид:
y v  y 2 v 2
yC  1 1
(1),
v1  v 2
где y1 и y 2 - ординаты центров тяжести цилиндра А и конуса В, а v1 и v 2 - соответственно
объемы этих тел.
Находим:
1
H
1
v1   R 2  r 2 H , v 2  R 2 h, y1  , y 2  H  h(2)
3
2
4
(напомним, что центр тяжести С2 конуса отстоит на расстоянии одной четверти высоты от
основания конуса).
Воспользовавшись соотношениями (2), запишем формулу (1) в виде
H
1 1

 R 2  r 2 H   H  h  R 2 h
2
4 3

.
yC 
1 2
2
2
 R  r H  R h
3
3
1
Учитывая, что по условию r  R и h  H , окончательно имеем:
4
2
39
yC 
H
58
Итак, положение центра тяжести С данного твердого тела определяется координатами:
39
xC  0, y C 
H , zC  0 .
58




КИНЕМАТИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ И ТВЕРДОГО ТЕЛА
Решение задач на определение закона движения и уравнений траектории
производится в следующей последовательности:
4. выбирается система неподвижных координат – прямоугольная, полярная или какая-либо
иная; начало координат и та или иная система выбираются, исходя и условий задачи,
так. Чтобы дальнейшее решение было возможно более простым.
5. на основании условий задачи для избранной системы координат составляются
уравнения точки, т.е. находится зависимость координат точки от времени;
6. имея уравнения движения точки, можно определить ее положение в любой момент
времени; подставив это значение времени в уравнения движения, можно также
установить направление ее движения, найти траекторию и ответить на различные
вопросы, касающиеся движения точки.
Задача (81). Точка M совершает плоское движение согласно уравнениям
x  6  3t (1)
y  4t (2)
Определить траекторию точки M .
Решение. Уравнение траектории в явной форме находим, исключив из обоих уравнений
y
движения время. Из второго уравнения имеем t  . Подставляя это значение в первое уравнение
4
движения, получаем уравнение траектории
x  6  0,75 y (3)
Это уравнение прямой линии. Для построения этой прямой замечаем, что при y  0, x  6 и при
x  0, y  8 .
На чертеже находим точку A6,0 и точку B0,8 , через которые и проходит указанная
прямая. Однако отнюдь не вся эта бесконечная прямая будет являться траекторией точки M .
Определим положение точки M в начальный момент времени t  0 . Подставляя это значение
времени в уравнения движения (1) и (2), находим начальное положение точки: x0  6, y 0  0 .
Следовательно, точка М начинает движение из точки A . Из уравнений движения следует, что с
увеличением времени координаты точки М будут расти, оставаясь положительными. Так, при t  1
координаты точки M будут: x  9, y  4 . Находим эту точку на траектории и обозначаем ее
буквой C . Таким образом, траекторией точки M будет бесконечная полупрямая ACD . Другая
половина прямой AB не будет являться траекторией точки M .
При прямолинейном движении точки уравнения движения упрощаются, если совместить
ось координат с траекторией. Найдем уравнение движения точки M , если начало координат
выбрать в точке A , начальном положении движущейся точки M , и ось x1 направить по
полупрямой ACD , а ось y1 перпендикулярно к ней. Тогда из треугольника ACE , пользуясь
уравнениями движения (1) и (2), находим:
2
x12  x  6  y 2  9t 2  16t 2  25t 2 (4)
и, следовательно,
x1  5t (5)
Так как точка M движется в положительном направлении оси x1 , то знак минус в (5)
следует отбросить. Таким образом, уравнения движения точки M в новой системе координат
будут
x1  5t 
(6)
y1  0 
Для прямолинейного движения точки мы по существу получили одно уравнение движения.
ДОПОЛНИТЕЛЬНО – При решении задач на определение скоростей и ускорений
полезно придерживаться следующего порядка:
1. выбрать систему координат;
2. составить уравнения движения точки в избранной системе координат;
3. по уравнениям движения точки определить проекции скорости на оси координат и
скорость по величине и направлению.
4. зная проекции скорости, определить проекции ускорения на оси координат и ускорение
по величине и направлению.
Если траектория точки задана по условию задачи, то целесообразно применить
естественную форму уравнений движения и искать ускорение точки через проекции на оси
натурального триэдра.
При решении задач на вращение твердого тела вокруг неподвижной оси
рекомендуется придерживаться следующей последовательности.
Первый тип задач – дано уравнение вращения твердого тела, требуется определить угловую
скорость, угловое ускорение. Скорость и ускорение точки твердого тела:
8. выбираем систему координат так. Что одна из осей (для определенности ось z ) совпадала с
осью вращения.
9. составляем уравнение вращения твердого тела (зависимость угла поворота от времени);
10. дифференцируя по времени угол поворота, определяем проекцию угловой скорости на ось
вращения);
11. вычисляя вторую производную от угла поворота по времени, находим проекцию углового
ускорения на ось вращения;
12. пользуясь выражением проекции углового ускорения на ось вращения, определяем
касательное ускорение точки;
13. пользуясь выражением проекции углового ускорения на ось вращения, определяем
касательное ускорение точки;
14. по найденным нормальному и касательному ускорениям находим полное ускорение точки
по величине и направлению.
Второй тип задач – задано угловое ускорение или угловая скорость твердого тела;
требуется найти уравнение вращения, скорость и ускорение точки твердого тела:
1. интегрируя дифференциальное уравнение, определяющее проекцию углового ускорения
на ось вращения, находим проекцию угловой скорости; произвольную постоянную
интегрирования определяем по начальным данным;
2. интегрируя дифференциальное уравнение, определяющее проекцию угловой скорости на
ось вращения, находим уравнение вращения твердого тела; произвольная постоянная
интегрирования определяется по начальным данным;
3. пользуясь выражением проекции угловой скорости на ось вращения. вычисляем
величину скорости и нормального ускорения точки;
4. определяем величину касательного ускорения точки, зная проекцию углового ускорения
на ось вращения, и далее находим полное ускорение точки.
Задача. Искусственный спутник Земли, запущенный в СССР 4 октября 1957 г., имел
вначале период обращения 1ч. 36 м. Определить его среднюю частоту обращения. Во сколько раз
частота обращения спутника больше величины угловой скорости Земли (при вращении ее вокруг
собственной оси)?
Решение. Период обращения спутника – это время, за которое от совершает один полный
оборот по орбите. Это время равно 1ч. 36м., или 96 мин.
Следовательно, спутник делает
1
n
об / мин.(1)
96
Выражаем величину этой частоты обращения в c 1 :
1  2 1


c 
c 1  0,00109c 1 (2)
96  60
2880
Величина угловой скорости Земли при вращении вокруг собственной оси соответствует 1 обороту
за 24 часа, или
1
1
1
n1 
об / час 
об / мин 
об / мин.
24
24  60
1440
Находим далее, отношение величины частоты обращения спутника к угловой скорости Земли
n 24  60

 15.
n1
96
Спутник сделает 15 оборотов за сутки, в течение которых Земля сделает один оборот
вокруг своей оси.
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ДИНАМИКИ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
Дифференциальные уравнения движения материальной точки в проекциях на оси
декартовых координат имеют вид:
n
n
n
k 1
k 1
k 1
mx   Fkx , my   Fky , mz   Fkz ;
Здесь x, y, z - проекции ускорения, Fkx , Fky , Fkz - проекции к – той силы на соответствующие оси
декартовых координат.
Дифференциальные уравнения движения материальной точки в проекциях на оси
натурального триэдра записываются в форме:
dv
v2
m    Fk , m   Fkn ,0   Fkb ;
dt

Дифференциальные уравнения плоского движения материальной точки в полярных
координатах имеют вид:
n
n
m d 2
m r  r 2   Fkr ,
r    Fk ;
r dt
k 1
k 1
С помощью дифференциальных уравнений движения материальной точки можно решать
две основные задачи динамики; прямую и обратную.
Прямой называется задача, в которой по заданным движению и массе материальной точки
определяется равнодействующая сил, приложенных к этой точке.
Обратной называется задача, в которой по заданным силам и массе материальной точки
определяется ее движение.
Прямые задачи динамики несвободной материальной точки, в которых требуется
определить задаваемую силу или силу реакции, приложенную к точке, рекомендуется решать в
следующем порядке:
7. изобразить на рисунке материальную точку в текущем положении и приложенные к ней
задаваемые силы;
8. применив принцип освобождаемости от связей, изобразить соответствующе силы реакций
связей;
9. выбрать систему отсчета, если она не указана в условии задачи;
10. определить по заданному закону движения ускорение материальной точки и найти его
проекции на выбранные оси координат;
11. составить дифференциальные уравнения движения материальной точки, соответствующие
принятой системе отсчета;
12. из системы составленных уравнений определить искомую величину.


 
Задача. Материальная точка движется согласно уравнениям x  at , y  bt , где a и b постоянные. Определить силу, вызывающую это движение.
Решение. Проекции искомой силы на оси декартовых координат определяем по формулам
Fx  mx и Fy  my . Воспользовавшись заданными уравнениями движения, находим: x  y  0 .
Следовательно, Fx  F y  0 , т.е. F  0 .
Эту задачу можно решить и иначе, определив траекторию и скорость точки. Точка
b
движется по прямой y  x с постоянной скоростью v  x 2  y 2  a 2  b 2 . Следовательно,
a

согласно принципу инерции, F  0 .
Задача. Материальная точка массы
движется согласно уравнениям
m

x  a cos kt, y  b sin kt . Определить силу F , вызывающую это движение, если известно, что сила
зависит только от положения точки.

Решение. Проекции силы F , приложенной к материальной точке. Определяются по
формулам Fx  mx, Fy  my . В данном случае
x  ak 2 cos kt
y  bk 2 sin kt
Следовательно,
Fx  mak 2 cos kt
Fy  mbk 2 sin kt

Так как, по условию, сила F зависит от положения материальной точки, то ее проекции Fx и F y
являются функциями координат x и y . Воспользовавшись уравнениями движения точки,
получим:
Fx  mk 2 x, Fy  mk 2 y.

Модуль силы F равен:
F  Fx2  Fy2  mk 2 x 2  y 2  mk 2 r ,


где r - модуль вектор-радиуса материальной точки r  OM .

Направление силы F определяем с помощью направляющих косинусов:
 F
 Fy
y
x
cos x,  F  x   , cos y,  F 
 .
F
r
F
r
y
x
Так как
и
определяют углы, образуемые соответственно осями x и y с векторr
r

радиусом r , то сила направлена от М к О. Следовательно, данная материальная точка движется
под действием силы притяжения к центру О, равной по модулю F  k 2 mr . Эта сила называется
центральной




Обратные задачи динамики материальной точки рекомендуется решать в следующем
порядке:
7. выбрать систему координат;
8. записать начальные условия движения точки;
9. изобразить на рисунке задаваемые силы и силы реакций связей, приложенные к
материальной точке;
10. составить дифференциальные уравнения движения материальной точки;
11. проинтегрировать систему дифференциальных уравнений движения. Использовав
начальные условия движения, определить постоянные интегрирования.
12. воспользовавшись уравнениями движения материальной точки, полученными в
предыдущем пункте, определить искомые величины.
Задача . Определить условия, выполнение которых обеспечивает прямолинейное движение
материальной точки.
Решение. Направим ось x вдоль прямолинейной траектории материальной точки; при движении
вдоль этой оси y  z  0 . Следовательно,
y  z  0(1), y  z  0(2).
Запишем систему дифференциальных уравнений движения в проекциях на оси декартовых
координат:
n
n
n
k 1
k 1
k 1
mx   Fkx , my   Fky , mz   Fkz .
Воспользовавшись условиями (2), находим:
n
n
n
k 1
k 1
k 1
mx   Fkx ,0   Fky ,0   Fkz .
Из второго и третьего уравнений следует, что проекции равнодействующей сил,
приложенных к материальной точке, на оси y и z равны нулю, т.е. равнодействующая сил,
приложенных к материальной точке, должна быть направлена вдоль оси x , т.е. вдоль неизменного
направления.
Из условия (1) вытекает: y  z  0 , т.е. проекция скорости точки на оси y и z равна нулю;
таким образом, скорость точки всегда направлена вдоль оси x . Следовательно, и начальная
скорость точки должна иметь аналогичное направление.
Выясним достаточность этих условий.
Дано: в начальный момент точка находится на оси x , т.е. y 0  z 0  0 , начальная скорость
точки направлена вдоль оси x , т.е. y 0  x 0  0 , равнодействующая сил, приложенных к
материальной точке, направлена вдоль оси x , т.е.
n
n
k 1
k 1
R y   Fky  0, R z   Fkz  0 .
Требуется выяснить, достаточно ли выполнения этих условий для прямолинейного
движения точки вдоль оси x ?
В данном случае дифференциальные уравнения движения материальной точки принимают
вид:
n
mx   Fkx , my  0, mz  0 .
k 1
Из второго дифференциального уравнения my  0 находим, что y  C1 . Так как y 0  0 то
C1  0 и, следовательно, y  0 , откуда y  C 2 . Так как y 0  0 , то C 2  0 и, следовательно, y  0 .
Аналогично. Из третьего дифференциального уравнения имеем z  0 . Из полученного результата
y  z  0 следует, что материальная точка движется вдоль оси x .
Итак, для осуществления прямолинейного движения материальной точки необходимо и
достаточно, чтобы начальная скорость точки и равнодействующая сил, приложенных к этой точке,
лежали на одной прямой.
ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ
Теорема о движении центра инерции системы материальных точек.
Задачи с помощью теоремы о движении центра инерции системы материальных точек
рекомендуется решать в следующей последовательности:
1. изобразить на рисунке все внешние силы.
2. выбрать систему осей координат;
3. записать теорему о движении центра инерции системы материальных точек в проекциях
на оси декартовых координат.
4. вычислить сумму проекций всех внешних сил системы на оси декартовых координат;
5. записать координаты центров инерции всех масс системы и, продифференцировав их
дважды по времени. Если в состав системы входят тела с непрерывным распределением
масс, то следует записывать координаты центров тяжести этих тел и затем считать
дальше.
6. воспользовавшись полученными результатами, записать дифференциальные уравнения
движения центра инерции системы (третий пункт) применительно к данной системе;
7. определить искомые внешние силы системы при решении прямой задачи либо найти
искомый закон движения центра тяжести одной из масс системы при решении обратной
задачи.
Задача. При полете снаряда в безвоздушном пространстве центр инерции снаряда
описывает параболу. Изменится ли траектория центра инерции, если снаряд во время полета
разорвется на несколько осколков?
Решение. Разрыв снаряда происходит под действием внетренних сил. которые
непосредственно не влияют на движение центра инерции системы. Следовательно, осколки
снаряда должны двигаться так, чтобы центр инерции разорвавшегося снаряда двигался по той же
траектории, т.е. по параболе.
Задача . Какая сила приводит в движение центр инерции автомашины, движущейся по
негладкой горизонтальной дороге?
Решение. Часто ошибочно полагают, что центр инерции автомашины непосредственно
приводится в движение силой давления газов в цилиндрах двигателя. Эта сила. Являясь
внутренней, на движение центра инерции автомашины прямо не влияет. Под действием этой силы
возникают вращающие моменты пар сил, приложенных к ведущим колесам. В результате
появляются силы трения между покрышками ведущих колес автомашины и землей, направленные
по горизонтали в сторону движения автомашины (силами трения между покрышками ведомых
колес и землей пренебрегаем).
Сила трения, являясь внешней по отношению к автомашине. Приводит в движение его
центр инерции С.
Задачи об изменении главного вектора количеств движения системы материальных
точек.
Задача. Диск вращается вокруг неподвижной оси. Центр тяжести диска лежит на оси
вращения. Как изменится главный вектор количеств движения диска. Если угловая скорость диска
увеличится в два раза?

Решение. Так как центр тяжести диска лежит на оси вращения, то vC  0 и, следовательно,


Q  MvC  0 . Поэтому главный вектор количеств движения в данном случае от угловой скорости
не зависит и равен нулю.
Задача. Определить главный вектор количеств движения колеса веса P , катящегося по
прямолинейному рельсу, если центр тяжести колеса движется по закону xC  at .
Решение. Главный вектор количеств движения колеса


Q  MvC ,

где M - масса, а v C - скорость центра тяжести колеса.
В рассматриваемом случае vC  x C  a , т.е.
P
Q  a.
g


Вектор Q коллинеарен v C , т.е. направлен по горизонтали направо.
Теорема об изменении момента количеств движения.
Задачи с помощью закона сохранения момента количества движения материальной
точки можно решать, придерживаясь следующей последовательности действий:
1. выбрать центр, относительно которого следует применить теорему об изменении момента
количества движения материальной точки (при движении точки под действием
центральной силы следует брать центр силы);
2. изобразить на рисунке все задаваемые силы и силы реакций связей, приложенные к
материальной точке;
3. определить вектор количества движения материальной точки и найти момент количества
движения этой точки относительно центра;
4. применить теорему об изменении момента количества движения материальной точки
относительно центра и, проверив, что сумма моментов всех сил относительно центра равна
нулю, приравнять моменты количеств движения материальной точки в ее начальном и
конечном положениях. Из этого уравнения определить искомую величину.

Задача. Материальная точка движется под действием центральной силы F , линия
действия которой неизменно проходит через точку О. Найти скорость точки в положении М 2 ,
OM 1 3
если в положении М1 ее скорость v1 равнялась 4м/c, причем
и угол, образуемый

OM 2 2

скоростью v2 с линией действия силы,   60 0 . Весом точки М пренебречь.
Решение. Применяем теорему об изменении момента количества движения материальной точки
относительно оси z , проходящей через точку О перпендикулярно к плоскости рисунка:
n

dL z
  m z Fk .
dt
k 1

Так как к материальной точке приложена только сила F , момент которой относительно оси
n

равен нулю, то  m z Fk  0 и, следовательно, L1z  L2 z . Момент количества движения
 
 
k 1
материальной точки в положении М1 относительно оси z
L1z  mv1OM 1 .
Момент количества движения материальной точки в положении М2 относительно оси z
L2 z  mv2 h  mv2  OM 2  sin  .
Так как L1z  L2 z , то правые части последних равенств можно приравнять, откуда
OM 1
.
v 2  v1
OM 2 sin 
После подстановки численных значений получим, что v2  6,92 м / c .
Задачи с помощью теоремы о сохранении главного момента количеств движения
рекомендуется решать в следующей последовательности:
1. выбрать координатные оси, направив одну из них вдоль неподвижной оси вращения;
2. изобразить на рисунке все внешние силы системы:
3. записать теорему об изменении главного момента количеств движения системы
n

dL z
  m z Fke ;
материальных точек относительно выбранной оси, например:
dt
k 1
4. показать, что сумма моментов всех внешних сил системы относительно оси равна нулю;
5. вычислить и приравнять главные моменты количеств движения системы материальных
точек относительно оси в начальный и конечный моменты времени;
6. решив уравнение для главных моментов определить искомую величину.
 
Задача . Вычислить момент инерции и радиус инерции однородного круглого диска веса P
и радиуса r относительно оси L , лежащей от центра тяжести С диска на расстоянии, равном
четверти радиуса.
Решение. Проводим ось LC через центр тяжести С диска параллельно оси L .
Как известно, момент инерции однородного круглого диска относительно оси, проходящей
Mr 2
вдоль одного из его диаметров, I c 
.
4
Применив теорему Штейнера, находим:
2
Mr 2 Mr 2 5 Pr 2
r
.
I L  IC  M   


4
16
16 g
4
Воспользовавшись формулой
P
I L   L2 ,
g
Определяем радиус инерции  L диска относительно оси L . Имеем:
r 5
P 2 5 Pr 2
L 
, откуда  l 
.
4
g
16 g
Вычисление суммы работ сил надо выполнять в следующей последовательности:
1. изобразить на рисунке силы, приложенные к материальной точке либо к системе
материальных точек;
2. изобразить элементарные перемещения точек системы;
3. вычислить элементарную работу сил, т.е. сумму работ всех сил на элементарных
перемещениям точек системы;
4. вычислить искомую сумму работ сил на конечных перемещениях как сумму определенных
интегралов, взятых в соответствующих пределах от элементарных работ, вычисленных в
предыдущем пункте.
При наличии сил тяжести и упругих сил можно, минуя три последних пункта, выбрав систему
координат. Вычислить работу этих сил на конечных перемещениях по вышеуказанным формулам.
Решение задач с помощью теоремы об изменении кинетической энергии материальной
точки рекомендуется проводить в следующей последовательности:
1. изобразить на рисунке силы, приложенные к материальной точке, т.е. задаваемые силы и
силы реакций связей;
2. вычислить сумму работ всех сил, приложенных к материальной точке, на ее перемещении;
3. вычислить кинетическую энергию материальной точки в ее начальном и конечном
положениях;
4. использовав результаты вычислений дух предыдущих пунктов, применить теорему об
изменении кинетической энергии материальной точки и определить искомую величину.
Задача. Материальная точка, начав двигаться из состояния покоя по криволинейной
траектории, через некоторое время замедлила свое движение и остановилась. Вычислить сумму
работ сил, приложенных к точке на этом перемещении.
Решение. Применяем теорему об изменении кинетической энергии материальной точки:
n

1
1
mv22  mv12   A Fk .
2
2
k 1
Так как в начале и конце движения материальной точки скорость ее равна нулю, т.е. v1  v2  0 , то
из записанного уравнения получается, что сумма работ всех сил, приложенных к материальной
точке, на соответствующем перемещении равна нулю:
n

 A Fk  0 .
 
 
k 1
Задачи для самостоятельного решения.
СТАТИКА. ПЛОСКАЯ СИСТЕМА СИЛ
Задача. Горизонтальная балка AB в сечении B защемлена в стене. К концу балки A
приложена сосредоточенная вертикальная сила F  2m . Определить силу реакции и момент
реактивной пары сил в защемленном сечении B , если AB  1,5 м . Весом баки пренебречь.
Задача . Два равных однородных стержня AB и CD длиной 2l и весом P каждый,
опираются в точках D и B на гладкий горизонтальный пол и соединены в центрах тяжести
стержней между собой шарниром О. Концы стержней A и C соединены нитью. Между верхними
половинами стержней лежит гладкий диск радиусом r и весом Q . Угол DOB  2 . Определить
натяжение нити.
СТАТИКА. РАВНОВЕСИЕ ПРИ НАЛИЧИИ ТРЕНИЯ
Задача . Электрическая лебедка весом Q  2m крепится к фундаменту при помощи шести
болтов. Максимальная сила тяги T равна 8m и направлена под углом 300 к горизонту.
Коэффициент трения между основанием лебедки и фундаментом равен f  0,5 . Определить силу
затяжки болтов, необходимую для того, чтобы лебедка удерживалась от сдвига силой трения.
Задача . Квадратная крышка OABD весом P , прикрывая люк, занимает горизонтальное
положение OKLA . Подняв крышку OABD люка так, что она образовала угол 600
с
горизонтальной плоскостью, ее подперли стержнем BK . Крышка OABD прикреплена к полу
сферическим шарниром О и петлей А. Определить силы опорных реакций сферического шарнира
О, петли А и силу реакции стержня BK .
СТАТИКА. ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ
Задача. Однородный тор образован вращением круга радиуса r около оси, лежащей в
плоскости этого круга. Расстояние от центра тяжести круга до оси вращения равно R . Определить
площадь поверхности и объем тора.
КИНЕМАТИКА. ТРАЕКТОРИЯ И УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ
Задача. Кривошип ON длиною a вращается вокруг оси, перпендикулярной к плоскости
рисунка и проходящей через точку О. Угол  между неподвижной осью Ox и кривошипом
изменяется пропорционально времени:   kt . Составить уравнения движения точки N в
декартовой системе координат. Найти уравнение ее траектории. Определить время одного полного
оборота точки N и момент времени, когда обе координаты точки равны между собой.
Задача. Точка движется согласно уравнениям
x  a coskt   ,
y  b coskt .
Определить уравнение траектории точки. Как меняется траектория точки при увеличении
разности фаз  от 0 до 2 .
КИНЕМАТИКА. ВРАЩЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА ВОКРУГ НЕПОДВИЖНОЙ ОСИ
Задача. При пуске в ход трамвая вожатый выключает постепенно реостат, вследствие чего
угловое ускорение ротора мотора увеличивается пропорционально времени и его угловая скорость
через 6 секунд достигает величины 36  с-1. Найти число оборотов , которое совершил ротор за это
время.
Задача. При пуске в ход машины для кручения капроновой нити шпиндель веретена
приобретает рабочую скорость, соответствующую 15000 об/мин за 30 секунд. Считая угловое
ускорение шпинделя во время пуска постоянным. Определить число оборотов шпинделя за время
пуска. Найти скорость и ускорение точки на поверхности блочка шпинделя при дальнейшем
равномерном вращении, если его диаметр равен 40 мм.
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ДИНАМИКИ ТОЧКИ
Задача. Пассажирский лифт веса P  800 кг опускается вниз с ускорением   0,4 g , где g - ускорение силы тяжести. Определить натяжение поддерживающего троса, если сила
сопротивления движению F равна 0,2 веса лифта.
Задача. Определить силу сопротивления воды движению лодки веса P , если ее движение
ag
 t 
P 
v 0 1  e P  , где v0 - начальная скорость движения, a происходит согласно уравнению x 
ag 

постоянный коэффициент. Сила сопротивления движению является функцией только скорости
лодки.
ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ. ТЕОРЕМА О ДВИЖЕНИИ ЦЕНТРА ИНЕРЦИИ
СИСТЕМЫ
Задача. Тонкий, однородный стержень OA длины l и веса P вращается вокруг
вертикальной оси O1O2 с постоянной угловой скоростью  . Определить главный вектор внешних
сил. Массой оси O1O2 пренебречь.
Задача. Груз весом Р1 совершает колебания на пружине, второй конец которой прикреплен
к неподвижному грузу В весом Р2. Груз В лежит на горизонтальной плоскости.
Определить закон колебаний груза А. если экспериментально определенная нормальная
сила реакции горизонтальной плоскости R  P1  P2  H cos t . В начальный момент пружина
была сжата из положения статического равновесия груза А на x и отпущена без начальной
скорости. Массой пружины пренебречь.
ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ
КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ
Задача. Груз спускается вниз по шероховатой наклонной плоскости, расположенной под
углом  к горизонту; f - коэффициент трения скольжения груза о наклонную плоскость. В
начальный момент времени скорость груза равнялась v .
Через какой промежуток времени скорость груза удвоится?
Задача. Материальная система состоит из груза А веса РА, лежащего на наклонной
плоскости клина В веса РВ, расположенной под углом  к горизонту. В начальный момент
система находилась в покое; затем груз А начал скользить по наклонной плоскости с
относительной скоростью u .
Определить скорость движения клина В. Силой трения скольжения клина о
горизонтальную плоскость пренебречь.
ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ МОМЕНТА
КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ
Задача. Определить момент инерции твердого тела веса Р относительно оси, проходящей
через центр тяжести перпендикулярно к плоскости его материальной симметрии, зная период
малых качаний этого тела при подвесе его в точке О; OC  a .
Задача. Твердое тело, подвешенное на упругой проволоке, совершает крутильные
колебания под действием внешнего момента m  f t  , где f t  - однозначная периодическая
функция периода  ; с – коэффициент упругости проволоки. Упругий момент которой
пропорционален углу закручивания: m  c .
ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ
ЭНЕРГИИ СИСТЕМЫ
Задача. Катушка веса Р и радиуса r приводится в движение посредством сматываемой с
нее нити, расположенной под углом  к горизонту. К нити приложена постоянная сила F .
Определить скорость центра инерции С катушки в момент, когда он переместится на расстояние
s . Радиус инерции катушки относительно оси, проходящей через ее центр инерции С
перпендикулярно оси, проходящей через ее центр инерции С перпендикулярно к плоскости
материальной симметрии, равен  , f k - коэффициент трения качения катушки о горизонтальную
плоскость.
Задача. Грузы А и В приводятся в движение посредством двух блоков: подвижного К и
неподвижного L . В результате толчка. Сообщенного грузу А, он начал опускаться со скоростью
v0 . На какое расстояние должен опуститься для того, чтобы его скорость увеличилась в два раза?
Грузы А и В – одинакового веса. Блоки К и L считать однородными круглыми дисками
одинакового веса Q . Коэффициент трения скольжения груза В о горизонтальную плоскость равен
f . Массой веревки пренебречь
.
РАЗДЕЛ 6. Изменения в рабочей программе, которые произошли после утверждения
программы.
Характер изменений в
программе
Номер и дата
протокола заседания
кафедры, на котором
было принято данное
решение
Подпись заведующего
кафедрой,
утверждающего
внесенное изменение
Подпись декана
факультета
(проректора по
учебной работе),
утверждающего
данное изменение
РАЗДЕЛ 7. Учебные занятия по дисциплине ведут:
Ф.И.О., ученое звание и степень
преподавателя
К.ф.-м.наук, доцент Шолохов
В.С.
Родичев А.А., ст.преподаватель
Учебный год
2006-2007
2007-2008
2005-2006
2006-2007
Факультет
ТиД
Специальность.
050502 – «Технологии
и
предпринимательство»