• Название:

    определение ВС в стержневых системах

  • Размер: 2.21 Мб
  • Формат: PDF
  • или
  • Название: Microsoft Word - Клюева
  • Автор: GUMolotkova

Московский государственный технический университет
имени Н. Э. Баумана

Н. Н. Бобровникова, Г. П. Клюева, Г. П. Шадрина

Определение внутренних сил
в стержневых системах
Методические указания по выполнению расчетно-графических
работ по курсу «Сопротивление материалов»

УДК 539.4.01
ББК 30.121
Б72
Издание доступно в электронном виде на портале ebooks.bmstu.ru
по адресу: http://ebooks.bmstu.ru/catalog/181/book1397.html
Факультет «Робототехника и комплексная автоматизация»
Кафедра «Прикладная механика»
Рекомендовано Редакционно-издательским советом
МГТУ им. Н.Э. Баумана в качестве методических указаний
Рецензент
канд. техн. наук, доцент Н.А. Сухова
Б72

Бобровникова, Н. Н.
Определение внутренних сил в стержневых системах : методические указания / Н. Н. Бобровникова, Г. П. Клюева, Г. П. Шадрина. — Москва : Издательство МГТУ им. Н. Э. Баумана, 2016. — 54,
[2] с. : ил.
ISBN 978-5-7038-4353-6
Изложена методика определения внутренних сил в стержневых системах при различных видах нагружения и построения эпюр для них с использованием метода сечений. Рассмотрены конкретные задачи, их решения приведены с соответствующими пояснениями.
Для студентов машиностроительных специальностей, изучающих
курс «Сопротивление материалов».

УДК 539.4.01
ББК 30.121

ISBN 978-5-7038-4353-6

 МГТУ им. Н. Э. Баумана, 2016
 Оформление. Издательство
МГТУ им. Н. Э. Баумана, 2016

ПРЕДИСЛОВИЕ
Созданию любой новой конструкции или машины всегда
предшествует ее проектирование, так как конструктор должен
установить рациональную форму, выбрать размеры и материал
каждой детали объекта. Для этого необходимо выполнить различные расчеты, включая расчеты на прочность, жесткость и устойчивость элементов конструкции. Разработка методов таких расчетов
является основной задачей курса «Сопротивление материалов».
Теоретические положения курса опираются на законы и теоремы общей механики и, в первую очередь, на законы статики.
Для освоения курса «Сопротивление материалов» необходимы базовые знания курсов «Теоретическая механика», «Математический
анализ», «Дифференциальные уравнения».
Для решения вопроса о прочности деталей необходимо уметь
определять внутренние силы в этой детали при приложении к ней
заданной внешней нагрузки. Такую задачу решают с помощью
приема, именуемого методом сечений, который изложен в данном
пособии.
Методические указания содержат необходимый теоретический
материал, представленный в четырех темах, и примеры решений
типовых задач.

3

ВВЕДЕНИЕ
МЕТОДИКА ВЫПОЛНЕНИЯ
РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИХ РАБОТ
Приступая к выполнению задания, студент должен прежде всего изучить по конспектам лекций и учебнику теоретический материал соответствующего раздела курса, затем детально разобрать
примеры и задачи, решенные на лекциях и семинарах. После этого
ему следует проанализировать условие домашней задачи и наметить
план ее решения, затем произвести исходные выкладки — построить вспомогательные системы, записать формулы и уравнения равновесия для решения именно этой задачи.
Расчеты рекомендуется вести в общем виде, производя промежуточные выкладки в обыкновенных дробях. В расчетах следует использовать принятую государственным стандартом Международную систему единиц (СИ).
Результаты расчетов для большей наглядности изображают
в виде графиков, называемых эпюрами. Для этого студент, используя знания и навыки, полученные в курсе математики, должен выбрать масштаб по координатным осям, а затем по необходимому
числу точек четко построить эпюры. При выборе масштаба следует стремиться к наибольшей наглядности результатов расчетов
и обеспечить возможность сопоставления этих результатов. На координатных осях должны быть проставлены обозначения соответствующего параметра и его размерность.
Любой расчет теряет смысл, если в ходе его допускаются
ошибки в выкладках. Поэтому следует, с одной стороны, внимательно и ответственно выполнять все математические операции,
включая элементарные, а с другой — использовать возможность
проверить результаты счета. Пренебрежение «арифметикой» со
стороны инженера недопустимо ни в малейшей степени.
4

ОФОРМЛЕНИЕ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОГО
ДОМАШНЕГО ЗАДАНИЯ
Задание оформляется в тетради в клетку (как правило, в 12 листов). Сохранив обложку, на первой странице тетради (будущий
титульный лист) следует вычертить рамку и сделать справа внизу
основную надпись (штамп), образец которого представлен в приложении.
Для оформления задания используют только лицевые стороны
листов, т. е. правые страницы заполняют, а левые — оставляют
чистыми.
Оформление задачи следует начинать с полного текста условия, включая все числовые данные и чертеж заданной системы
в выбранном масштабе. Никаких дополнительных построений,
связанных с решением задачи, на этом чертеже быть не должно.
Последующее оформление ведется в соответствии с планом
решения конкретной задачи. Целесообразно все чертежи выполнять карандашом, а записи — ручкой.
Построение эпюр следует вести после определения реакций
в опорах (если это необходимо), переходя от заданной системы
к вспомогательной. Надо избегать такого размещения материала,
при котором часть эпюр оказывается на одной странице, а часть
переходит на следующую страницу. Это затрудняет в дальнейшем
анализ построенных эпюр.
Все выкладки должны представлять собой стройную логическую
цепочку и сопровождаться лаконичным пояснительным текстом.
Метод сечений
Основная задача изучающего курс «Сопротивление материалов» — освоить методы расчета на прочность, жесткость, устойчивость и долговечность типовых элементов конструкций. Простейшими из них являются стержни. Стержень — это тело, один
размер которого (длина) значительно больше размеров поперечного сечения. Стержень можно представить как тело, образуемое путем перемещения плоской фигуры, движущейся вдоль некоторой
кривой, проходящей через центр тяжести этой фигуры и остающейся нормальной к ней (рис. 1). Эта линия называется осью
5

стержня, а плоская фигура — его поперечным сечением.
Фигура в процессе движения может меняться (постепенно или ступенчато). Тогда стержень будет иметь пеРис. 1
ременное сечение. В зависимости от
формы оси стержень может быть прямым, ломаным, кривым, плоским или пространственным.
При расчете на прочность любой конструкции необходимо
найти распределение внутренних сил в ее сечениях, выбрать опасное сечение и по внутренним силам в нем выполнить условие
прочности. В любой задаче сопротивления материалов 80 % времени тратится на определение внутренних сил, остальные 20 %
уходят на определение по ним неизвестных параметров конструкции.
Под действием внешних сил в теле в связи с его деформацией
возникают внутренние дополнительные силы взаимодействия между частицами тела, обеспечивающие его целостность. Внутренние
силы, возникающие в стержне, выявляются только в том случае, если рассечь его мысленно на две части (рис. 2). Такой прием в сопротивлении материалов носит название метода сечений.
Так как связи между частями A и B стержня устранены, необходимо действие правой части на левую и левой на правую заменить системой сил в сечении, т. е. ввести систему внутренних сил.
Таким образом, внутренние силы определяют взаимодействие
между частицами тела, расположенными по разные стороны от
мысленно проведенного сечения. В различных сечениях возникают, естественно, различные внутренние силы.
Внутренние силы по принципу действия и противодействия
всегда взаимны. Правая часть действует на левую точно так же,
как левая на правую, и система
сил, возникающих в плоскости А,
обратна по знаку системе сил,
возникающих в плоскости В (см.
рис. 2).
Внутренние силы распределяются сложным образом по поверхности проведенного сечения,
Рис. 2
но во всех случаях они должны
6

быть такими, чтобы удовлетворялись условия
n–1
равновесия для правой и левой частей в отдельности.
В
Воспользуемся правилами статики и приведем систему внутренних сил к центру тяжести сечения. В результате получим главный


вектор R и главный момент М (рис. 3).
Рис. 3
Затем, воспользовавшись условиями рав

новесия рассматриваемой части тела В, определяем R и M , которые проецируем на направления трех взаимно перпендикулярных
осей, одна из которых есть ось стержня и направлена в сторону
внешней нормали к плоскости поперечного сечения (ось z), а две
другие лежат в его плоскости (оси х и y) (рис. 4).


Спроецировав R и M на оси x, y, z, получаем шесть составляющих: три силы и три момента. Эти составляющие называются
внутренними силовыми факторами в сечении стержня.

Составляющая главного вектора внутренних сил R, направленная по нормали к сечению N, называется нормальной силой; силы Qx

и Qy — составляющие главного вектора R по осям х и у — называются
поперечными силами. Составляющие вектора главного мо
мента M по координатным
осям Mx и My называются изгибающими моментами соответственно относительно осей х
и у. Момент Mк (относительно
оси z) называется крутящим
моментом.
При известных внешних
силах все шесть внутренних
силовых факторов определяются из шести уравнений
равновесия, которые могут
быть составлены для отсеченной части стержня, причем в
каждое из них входит только
Рис. 4
один внутренний силовой
фактор:
7

где

Fiвн

N  Fzвн  0;

M x  M xвн  0;

Qx  Fxвн  0;

M y  M yвн  0;

Qy  Fyвн  0;

M к  M zвн  0,

— сумма проекций всех действующих на отсеченную

часть внешних сил на соответствующую ось (i);

M iвн

— сумма

моментов всех действующих на отсеченную часть внешних сил
относительно соответствующей оси (i).
Напомним основные правила составления уравнений равновесия.
1. Проекция силы на ось равна произведению силы на косинус
угла между направлением силы и положительным направлением
оси.
2. Если сила перпендикулярна оси, то ее проекция на ось равна нулю.
3. Момент силы относительно оси равен произведению проекции этой силы на
плоскость, перпендикулярную
оси, на плечо h проекции этой
силы (рис. 5).
4. Момент силы относительно оси равен нулю, если сила параллельна оси или линия
действия силы пересекает ось.
Рис. 5
В общем случае нагружения стержня внутренние силовые факторы в его поперечных сечениях меняются вдоль его оси. Поэтому для изучения напряженного
и деформированного состояний стержня строят графики, показывающие закон изменения внутренних силовых факторов по длине
стержня. Такие графики называются эпюрами.
Необходимо свободно владеть навыками построения эпюр и
правилами их проверки. Для этого нужно уметь строить эпюры
вручную (без компьютера).
Рассмотрим вопросы, связанные с определением внутренних
силовых факторов и построением эпюр для каждого вида нагружения отдельно.
8

Тема 1. Растяжение-сжатие прямого стержня
Растяжение-сжатие — такой вид нагружения, при котором
в сечении из шести внутренних силовых факторов возникает только нормальная сила N, а остальные внутренние силовые факторы
обращаются в ноль.
Правило знаков: нормальная сила называется растягивающей
и считается положительной, если она направлена в сторону внешней нормали, т. е. от поперечного сечения (рис. 6, а); называется
сжимающей и считается отрицательной, если она направлена против внешней нормали, т. е. к сечению (рис. 6, б).

Рис. 6

Пример 1.1. Для стержня, находящегося в равновесии и
нагруженного так, как показано на рис. 7, построить эпюру нормальных сил N по его длине.
Решение
1. Определяем количество участков с постоянной нагрузкой,
т. е. участков, по длине которых закон изменения внешней нагрузки постоянен. В нашем примере таких участков два. Для удобства
расчетов на каждом участке вводим местную систему координат
с началом отсчета в начале каждого следующего участка.
Направление N выбираем, как правило, положительным.
2. Рассматривая последовательно равновесие отсеченных левых частей стержня, определяем внутренние силы по длине каждого из его участков.
9

Первый участок: 0 ≤ z ≤ l;

Fz  0; N1  2F  0; N1  2F .
Второй участок: 0 ≤ z ≤ l;

Fz  0; N 2  3F  2F  0;
N2  F.
Строим эпюру N (см. рис. 7).

Рис. 7

Пример 1.2. Стержень длиной l, неподвижно закрепленный в
левом сечении, нагружен равномерно распределенной нагрузкой
1
интенсивностью q  Н/м  и сосредоточенной силой ql , прило3
женной на свободном торце
стержня (рис. 8). Построить эпюру нормальных сил N вдоль оси
стержня.
Решение

Рис. 8
10

1. Стержень имеет один участок с постоянным законом изменения внешней нагрузки (q =
= const).
2. Заделку в левом сечении
заменяем реакцией R, которую
определяем из условия равновесия всего стержня:

Fz  0;

1
R  ql  ql  0;
3
2
R  ql.
3

3. Уравнение равновесия для отсеченной левой части стержня
имеет вид:
2
2
0  z  l; Fz  0; N  qz  ql  0; N  ql  qz; функция N —
3
3
1
2
линейная; при z = 0 N  ql , при z = l N   ql.
3
3
Строим эпюру N (см. рис. 8).

Пример 1.3. Для стержня
(рис. 9) построить эпюру нормальных сил N по его длине.
Решение

1. Определяем количество
участков с постоянной нагрузкой. Таких участков четыре.
2. Из условия равновесия
всего стержня определяем реакцию R в заделке:

Fz  0; R  F  2F 
 3F  F  0; R  F.
3. Рассматривая последовательно равновесие отсеченных
левых частей стержня, определяем внутренние силы по длине
каждого из его участков.
Первый участок: 0 ≤ z1 ≤ l;

Fz  0; N1  F  0; N1  F .

Рис. 9
11

Второй участок: 0 ≤ z2 ≤ l;

Fz  0;

N 2  F  F  0;
N 2  0.

Третий участок: 0 ≤ z3 ≤ l;

Fz  0; N3  F  F  2 F  0;
N 3  2 F .
Четвертый участок: 0 ≤ z4 ≤
≤ l;

Fz  0; N4  F  2F  F 
 3F  0; N 4  F .
Строим эпюру N (см. рис. 9).

Пример 1.4. Построить
эпюру нормальных сил N по
длине стержня, показанного на
рис. 10.
Решение

1. Определяем количество
участков с постоянной нагрузкой. Таких участков четыре.
2. Из условия равновесия
всего стержня определяем реакцию R в заделке:

Fz  0;
R  ql  ql  ql  ql  2ql  ql  0;
R  ql.
Рис. 10
12

3. Рассматривая последовательно равновесие отсеченных левых
частей стержня, определяем внутренние силы по длине каждого из
его участков.
Первый участок: 0 ≤ z1 ≤ l;

Fz  0;

N1  qz1  ql  0;

N1  ql  qz1 , функция N1 — линейная; при z1 = 0 N1  ql , при z1 = l
N1  0.
Второй участок: 0 ≤ z2 ≤ l;

Fz  0;

N 2  qz2  ql  ql  ql  0;

N 2  ql  qz2 , функция N 2 — линейная; при z2 = 0 N 2  ql , при
z2 = l N 2  0.

Третий участок: 0 ≤ z3 ≤ l;

Fz  0; N3  ql  ql  ql  ql  ql  0; N3  ql.
Четвертый участок: 0 ≤ z4 ≤ l;
Fz  0; N 4  2qz4  ql  ql  ql  ql  ql  0; N 4  ql  2qz4 ,
функция N 4 — линейная; при z4 = 0 N 4   ql , при z4 = l N 4  ql.
Строим эпюру N (см. рис. 10).
Проанализировав вид внешней нагрузки и характер эпюр нормальных сил N, можно отметить следующее:
а) при отсутствии распределенной нагрузки на участке величина N постоянна по его длине;
б) при наличии распределенной нагрузки (постоянной интенсивности) N меняется в пределах участка по линейному закону;
в) в том сечении, где приложена внешняя сосредоточенная
сила, эпюра N имеет «скачок» на ее величину.

13

Тема 2. Кручение
Кручение — такой вид нагружения стержня, при котором из
внутренних силовых факторов в сечении остается только один —
крутящий момент Mк.

Рис. 11

Правило знаков: будем считать внутренний крутящий момент
Mк положительным, если, глядя в торец сечения со стороны внешней нормали, видим его направленным против часовой стрелки
(рис. 11).
Пример 2.1. Для стержня (рис. 12) построить эпюру внутренних крутящих моментов Mк по его длине.
Решение

1. Определяем количество участков с постоянной внешней
нагрузкой. Таких участков четыре.
2. Рассматривая последовательно равновесие отсеченных левых частей стержня, определяем внутренние крутящие моменты
Mк по длине каждого из его участков.
Первый участок: 0 ≤ z1 ≤ l;

M z  0;

M к1  M  0; M к1  M .

Второй участок: 0 ≤ z2 ≤ l;
14

M z  0;

M к 2  M  M  0;
M к 2  0.

Третий участок: 0 ≤ z3 ≤ l;

M z  0;

M к 3  2M  M  M  0;
M к 3  2M .

Четвертый участок: 0 ≤ z4 ≤ l;

M z  0;

M к 4  3M  2M 

 M  M  0; M к 4  M .
Учитывая правило знаков для
внутреннего крутящего момента Mк,
рисуем эпюру внутренних крутящих
моментов (см. рис. 12).
Пример 2.2. Стержень, закрепленный левым сечением, нагружен
равномерно распределенными моментами интенсивностью 3m  Нм/м 
по длине второго участка и интенсивностью m  Нм/м  по длине треРис. 12
тьего участка, а также сосредоточенным моментом ml на свободном
правом конце стержня (рис. 13).
Построить эпюру Mк по всей длине стержня.
Решение

1. Определяем количество участков с постоянной внешней
нагрузкой. Таких участков четыре.
2. Из условия равновесия всего стержня определяем реактивный момент M R в заделке:

M z  0;
15

M R  3ml  ml  ml  0;
M R  ml.
Полученный положительный знак момента M R соответствует его действительному направлению.
3. Рассматривая последовательно равновесие отсеченных левых частей стержня,
определяем внутренние крутящие моменты Mк по длине
каждого из его участков.
Первый участок: 0 ≤ z1 ≤ l;
M z  0; M к1  ml  0;

M к1  ml.
Второй участок: 0 ≤ z2 ≤ l;

M z  0; M к

 3mz2  ml  0;

2

M к 2  3mz 2  ml ,

функция

M к 2 — линейная; при z2  0
M к 2   ml , при z2  l M к 2 
 2ml.

Третий участок: 0 ≤ z3 ≤ l;

M z  0; M к
 ml  0;

3

M к 3  2ml  mz3 ,

функция M к 3
при

z3  0

 mz3  3ml 
— линейная;

M к 3  2ml ,

при

z3  l M к 3  ml.
Рис. 13

16

Четвертый участок: 0 ≤ z4 ≤
≤ l; M z  0; M k4  ml 

 3ml  ml  0; M к 4  ml.

На основании полученных уравнений строим эпюру Mк по
длине стержня (см. рис. 13).
По виду внешней нагрузки и характеру эпюр Mк можно сделать выводы:
а) при отсутствии распределенного момента по длине участка величина Mк постоянна;
б) при наличии распределенного момента постоянной интенсивности величина Mк в пределах участка меняется по линейному
закону;
в) в том сечении, где приложен внешний сосредоточенный
момент, эпюра Mк имеет «скачок» на его величину.

17

Тема 3. Изгиб прямого стержня
Изгибом называется такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях стержня возникают изгибающие моменты
и поперечные силы. Прямой стержень, находящийся в условиях
изгиба, называется балкой. Деформированная ось стержня называется осью изогнутой балки.
Поперечным изгибом называется такой вид нагружения, при
котором внутренние силовые факторы лежат в плоскости поперечного сечения, — это поперечная сила и изгибающий момент. При
отсутствии поперечной силы изгиб называется чистым.
Алгоритм решения
Определение опорных реакций. В зависимости от налагаемых ограничений на перемещения закрепленного сечения стержня
различают следующие виды опор:
— шарнирно-подвижная опора (рис. 14) — запрещает линейные перемещения в направлении опоры; реакция такой опоры, сила RA , направлена вдоль опорной связи;

Рис. 14

— шарнирно-неподвижная опора (рис. 15) — запрещает линейные перемещения в плоскости по любым двум взаимноперпендикулярным направлениям, в такой опоре возникают две опорные
реакции, RA и H A , по выбранным вертикальному и горизонтальному направлениям;
18

Рис. 15

— жесткое закрепление, или заделка (рис. 16), — запрещает
все три перемещения в плоскости (два линейных по любым двум
взаимно перпендикулярным направлениям и одно угловое), в такой опоре возникают вертикальная реакция RA , горизонтальная
реакция H A и реактивный изгибающий момент M A .
На примере балки (рис. 17) покажем методику определения
опорных реакций.

Рис. 16

Рис. 17

Направление реакции выбираем произвольно. Если в результате вычислений какая-либо реакция получается отрицательной, то
нужно изменить на рисунке ее направление на противоположное.
Как известно из курса «Теоретическая механика», для плоской
системы опорные реакции определяются из трех независимых
уравнений равновесия. По возможности уравнения равновесия составляем так, чтобы в каждое из них входила только одна реакция.
Сумма проекций всех сил на ось балки z равна нулю:

Fz  0;

H A  0.
19

Сумма моментов всех сил относительно опорного шарнира A
равна нулю — отсюда определяем реакцию RB . При записи этого
уравнения распределенную нагрузку постоянной интенсивности q,
действующую по какой-либо части балки, мысленно приводим
к равнодействующей, которая равна произведению интенсивности q
на длину этого участка и приложена в середине его длины:

M A  0;

5
ql  l  RB  2l  ql 2  ql  l  0;
2

5
RB  ql.
4

Сумма моментов всех сил относительно опорного шарнира В
равна нулю (из этого уравнения определяем RA ):

M B  0;

1
RA  2l  ql  l  ql 2  ql  l  0;
2

3
RA  ql.
4

Для контроля правильности определения опорных реакций
можно использовать уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил на ось y:

Fy  0;

5
3
ql  ql  ql  ql  0;
4
4

0  0.

Если балка состоит из частей, соединенных между собой шарниром (рис. 18, сечение С), то в данном сечении момент взаимодействия между частями балки равен нулю, а поэтому сумма моментов всех внешних сил, приложенных к левой или правой по
отношению к врезанному шарниру частям балки, равна нулю:

Рис. 18

для правой части балки
для всей балки
20

M С  0;

Fy  0;

ql  l  RB  2l  0; RB 

RA  ql  RB  0;

1
RA  ql ;
2

1
ql ;
2

M A  0;

M A  ql 2  ql  3l  RB  4l  0;

M A  0.

Правило знаков для внутренних силовых факторов. Для того
чтобы знаки эпюр не были привязаны к внешней системе координат, используют следующее соглашение: эпюры изгибающего момента M x строят на стороне сжатой части балки (рис. 19, а —
сверху, рис. 19, б — снизу). Правило знаков для поперечной силы
Qy лучше запомнить как графическое. Для направления поперечной силы Q y , представленного на рис. 20, а, ординаты откладывают
сверху от оси, а для направления, представленного на рис. 20, б, —
снизу от оси.

Рис. 19

Рис. 20

Изгибающий момент M x и поперечная сила Qy изменяются
по длине балки в зависимости от внешней нагрузки и являются
функциями координаты z.
Изгибающий момент M x в сечении равен алгебраической
сумме моментов всех внешних сил, приложенных к отсеченной
части, относительно расчетного сечения (рис. 21):
M x  ql  z  qz 

1
2

z.
21

Рис. 21

Рис. 22

Поперечная сила Qy в сечении равна алгебраической сумме
проекций всех сил, приложенных к отсеченной части:
Qy = ql – qz.
Рассмотрим стержень, работающий на изгиб и находящийся
в условии равновесия. На расстоянии z от начала координат выделим элемент длиной dz и рассмотрим его равновесие (рис. 22).
Запишем уравнения равновесия для элемента длиной dz:

Fy  0;

Qy  q  z  dz   Qy  dQy   0;

dQ y
 q  z .
dz

(1)

Проинтегрировав уравнение (1), получим

Qy  q  z  dz  C1.

(2)

При условии q  z   cosnt уравнение примет вид
Q y  qz  C1.

(3)

Запишем уравнение равновесия в виде суммы моментов всех
внешних сил, действующих на выделенный элемент, относительно
сечения А (см. рис. 22):

M x
22

A

 0;

1
Qy dz  M x  q  z  dz dz   M x  dM x   0.
2

Пренебрегая величиной второго порядка малости, получим
dM x
 Qy .
dz

(4)

Проинтегрируем уравнение (4):
M x  Qy dz  C2 .

(5)

При условии q  z   cosnt уравнение примет вид
1
M x  qz 2  C1 z  C2 .
2

(6)

Постоянные C1 и C2 определяются из граничных условий
в начале рассматриваемого участка.
Основные дифференциальные зависимости, используемые при
построении эпюр:
dM x
 Qy ;
dz

(7)

dQy
 q  z .
dz

(8)

Построение эпюр. Для построения эпюры необходимо выполнить следующие действия:
1) разбить балку на участки с постоянным законом изменения
внешней нагрузки (для удобства расчетов на каждом участке начало
координаты z переносим в начало каждого следующего участка);
2) определить Qy и M x последовательно на каждом участке
с помощью метода сечений и уравнений равновесия для отсеченных частей:
Fy  0 — сумма проекций всех сил (внешних и внутренних),

M x  0 — сумма моментов всех внешних и внутренних сил

относительно z-го сечения;
3) проверить правильность построения эпюр, используя дифференциальные зависимости (7) и (8);
23

4) изобразить примерный вид оси изогнутой балки, используя
эпюру изгибающего момента на ее сжатой части.
Пример 3.1. Для балки, шарнирно опертой по крайним сечениям и нагруженной сосредоточенной силой (рис. 23), построить
эпюры Qy и M x . Изобразить приближенно ось изогнутой балки.
Решение

1. Определяем количество участков с постоянной внешней нагрузкой. Таких участков два.
Для удобства расчетов на каждом участке вводим местную систему координат с началом отсчета
для координаты z в начале каждого
следующего участка.
2. Отбросив опоры, заменяем
их реакциями, которые определяем
из условия равновесия всей балки:

Fz  0; H A  0;
1

M A  0; Fl  RB  3l  0; RB  3 F ;
2

M B  0; RA  3l  F 2l  0; RA  3 F .
Проверяем правильность определения реакций:

Fy  0; RA  RB  F  0;
Рис. 23

2
1
F  F  F  0.
3
3

3. Используя метод сечений, записываем уравнения равновесия для каждой отсеченной части и определяем Qy и M x на каждом участке.
24

Первый участок: 0  z1  l ;
2
2
Fy  0; 3 F  Qy1  0; Qy1  3 F , функция Qy1 постоянна;
2
M x1  0; 3 Fz1  M x1  0;
2
M x1  Fz1 , функция M x1 — линейная функция координаты z;
3
2
при z1  0 M x1  0, при z1  l M x1  Fl.
3
Второй участок: 0  z2  2l ;
2
1
Fy  0; 3 F  F  Qy2  0; Qy 2   3 F , функция Qy 2 постоянна;
2
M x2  0; 3 F  l  z2   Fz2  M x2  0;
2
1
M x 2  Fl  Fz2 , функция M x 2 — линейная функция коор3
3
2
динаты z; при z2  0 M x 2  Fl , при z2  2l M x 2  0.
3
Если при решении уравнения равновесия внутренний силовой
фактор получился отрицательным, значит предварительное его
направление было выбрано неверно. Изменив это направление,
строим эпюру.
Ориентируясь на эпюру M x и условия закрепления, изображаем примерный вид оси изогнутой балки (см. рис. 23).
Проанализировав полученные эпюры Qy и M x , отметим следующее:
а) при наличии внешних сосредоточенных сил функция Qy по
участкам постоянна, функция M x линейная;
б) в том сечении, где приложена внешняя сосредоточенная
сила, на эпюре Qy имеется «скачок» на величину этой внешней
силы, на эпюре M x имеется излом, пиком направленный навстречу этой силе.
25

Пример 3.2. Для балки, жестко закрепленной в левом сечении и
нагруженной сосредоточенной силой F и сосредоточенным моментом 2Fl (рис. 24), построить эпюры Qy и Mx. Изобразить приближенно ось изогнутой балки.
Решение

1. Определяем
количество
участков с постоянной внешней
нагрузкой. Таких участков два.
2. Отбросив опоры, заменяем
их реакциями, которые определяем из условия равновесия всей
балки:

Fz  0; H A  0;
Fy  0; RA  F  0; RA  F ;
M A  0; M A  2Fl  F  3l  0;
M A  Fl.

3. С помощью метода сечений записываем уравнения равновесия для каждой отсеченной
Рис. 24
части, определяем Qy и M x на
каждом участке.
В данном примере это можно сделать, не определяя реакции
в заделке, если рассматривать равновесие правых отсеченных частей балки.
Первый участок: 0  z1  l ;
Fy  0; Qy1  F  0; Qy1  F , функция Qy1 постоянна;

M x  0;

M x1  Fz1  0;

M x1   Fz1 , функция M x1 — линейная функция координаты z;

при z1  0 M x1  0, при z1  l M x1   Fl.
26

Второй участок: 0  z2  2l ;
Fy  0; Qy2  F  0; Qy2  F , функция Qy 2 постоянна;

M x  0;

M x 2  F  l  z2   2 Fl  0;

M x 2  Fl  Fz2 , функция M x 2 — линейная функция коорди-

наты z; при z2  0 M x 2  Fl , при z2  2l M x 2   Fl.
По эпюре M x рисуем примерный вид оси изогнутой балки.
Эпюры Q y , M x и примерный вид оси изогнутой балки представлены на рис. 24.
Проанализировав эпюры, отметим следующее:
а) в том сечении, где приложен внешний сосредоточенный
момент, эпюра M x имеет «скачок» на величину этого внешнего
момента;
б) в том сечении, где момент M x меняет знак, ось изогнутой
балки имеет точку перегиба;
в) угол поворота сечения в заделке равен нулю, поэтому ось
изогнутой балки в этом сечении имеет горизонтальную касательную.
Пример 3.3. Для балки, представленной на рис. 25, построить
эпюры Qy и M x . Изобразить приближенно вид оси изогнутой
балки.
Решение

1. Определяем количество участков с постоянной внешней
нагрузкой. Таких участков два.
2. Отбросив опоры, заменяем их реакциями, которые определяем из условия равновесия всей балки:

5

M A  0; RB  3l  ql 2  2ql  2l  0; RB  3 ql;
1

M B  0; RA  3l  ql 2  2ql  l  0; RA  3 ql.
27

Проверяем правильность определения реакций:

Fy  0; RA  RB  2ql  0;
1
5
ql  ql  2ql  0.
3
3
3. Применяя метод сечений,
записываем уравнения равновесия для каждой отсеченной части
и определяем Qy и M x на каждом участке.
Первый участок: 0  z1  l ;
1

1
 0; Q y1  ql ,
3
постоянна;

Fy  0; 3 ql  Qy

1

функция Q y1

M x  0;

1
M x1  ql  z1  0;
3

1
M x1  ql  z1 , функция M x1 —
3
линейная функция координаты z;
при z1  0 M x1  0, при z1  l

Рис. 25

1
M x1  ql 2 .
3

Второй участок: 0  z2  2l ;
1

Fy  0; 3 ql  qz2  Qy

2

 0;

1
Qy 2  ql  qz2 , функция Q y 2 — линейная функция коорди3
5
1
наты z; при z2  0 Q y 2  ql , при z2  2l Qy 2   ql.
3
3
28

M x  0;

1
1
ql  l  z2   ql 2  qz2  z2  M x 2  0;
3
2

4
1
1
M x 2  ql 2  ql  z2  q  z22 , функция M x 2 — квадратичная
3
3
2
функция координаты z, которую описывает уравнение второго порядка. Параболу строят по трем точкам: границы участка и сечение, в котором парабола имеет экстремум.
Границы участка:
4
при z2  0 M x2  ql 2 , при z2  2l M x 2  0.
3
Исследуем функцию M x 2  z2  на экстремум по формуле (7):

d 4 2 1
1 2
1
1
ql  qz*  0; z*  l;
 ql  ql  z2  q  z2   0;
dz  3
3
2 
3
3
2

1 
 l
1
1
1
4
25
3
при z*  l M x  ql 2  ql  l  q    ql 2 .
3
3
3
3
2
18
По эпюре M x рисуем примерный вид оси изогнутой балки.
Эпюры Q y , M x и примерный вид оси изогнутой балки представлены на рис. 25.

Проанализировав эпюры, отметим, что на участках с распределенной нагрузкой интенсивностью q  const эпюра Qy —
линейная, эпюра M x — квадратичная парабола, выпуклостью всегда направленная навстречу стрелочкам распределенной нагрузки.
Пример 3.4. Для балки, представленной на рис. 26, построить
эпюры Qy и M x . Изобразить приближенно ось изогнутой балки.
Решение

1. Определяем количество участков с постоянной внешней
нагрузкой. Таких участков три.
2. Отбросив опоры, заменяем их реакциями, которые определяем из условия равновесия всей балки:
29

1
 RB  2l  ql 2  ql 2 
3
4
2ql  2l  0; RB  ql ;
3
1
M B  0; RA  2l  ql 2  3 ql 2 
2
1
1
 ql  l  ql  l  0; RA  ql.
3
2
2
Проверяем правильность
определения реакций:

M A  0;

Fy  0; RA  RB  2ql  0;
2
4
ql  ql  2ql  0.
3
3
3. Применяя метод сечений и записывая уравнения
равновесия для каждой отсеченной части, определяем Qy

и M x на каждом участке.
Первый участок: 0  z1 
 l;
2
Fy  0; 3 ql  Qy1  0;
2
Qy1  ql , функция Q y1
3
постоянна;
2
M x  0; M x1  3 ql  z1  0;
2
M x1  ql  z1 ,
функция
3
M x1 — линейная функция координаты z; при z1  0 M x1  0,
Рис. 26
30

2
при z1  l M x1  ql 2 .
3

Второй участок: 0  z2  l ;
2

Fy  0; 3 ql  qz2  Qy

2

 0;

2
Qy 2  ql  qz2 , функция Q y 2 — линейная функция коорди3
2
1
наты z; при z2  0 Q y 2  ql , при z2  l Qy 2   ql ;
3
3

M x  0;

2
1
ql  l  z2   ql 2  qz2  z2  M x2  0;
3
2

1
2
1
M x 2   ql 2  ql  z2  qz22 , функция M x 2 — квадратичная
3
3
2
функция координаты z, которую описывает уравнение второго порядка. Параболу строят по трем точкам: границы участка и сечение, в котором парабола имеет экстремум.
Границы участка:
1
1
при z2  0 M x 2   ql 2 , при z2  l M x 2   ql 2 .
3
6
Исследуем функцию M x 2  z2  на экстремум по формуле (7):

d  1 2 2
1 2
2
2
ql  qz*  0; z*  l ;
  ql  ql  z2  qz2   0;
dz  3
3
2
3
3

2

1
2
1
2
2 1 2 
при z*  l M x 2   ql 2  ql  l  q  l    ql 2 .
3
3
3
3
2 3 
9
Третий участок: 0  z3  l ;

2

4

Fy  0; 3 ql  3 ql  q  l  z3   Qy

3

 0;

Qy 3  ql  qz3 , функция Q y 3 — линейная функция координаты z;

при z3  0 Qy 3  ql , при z3  l Q y 3  0.

M x  0;

2
4
1
ql  2l  z3   ql  z3  ql 2  q  l  z3   l  z3   M x3  0;
3
3
2
31

1
1
M x3   ql 2  ql  z3  qz32 , функция M x3 — квадратичная
6
2
функция координаты z, которую описывает уравнение второго порядка. Параболу строят по трем точкам: границы участка и сечение, в котором парабола имеет экстремум.
Границы участка:
1
1
при z3  0 M x3   ql 2 , при z3  l M x3  ql 2 .
6
3
Исследуем функцию M x3 ( z3 ) на экстремум по формуле (7):

d  1 2
1 2
  ql  ql  z3  qz3   0;
dz  6
2

1
2ql  ql  qz*  0; ql  qz*  0; z*  l ; при z*  l M x3  ql 2 .
3
По эпюре M x рисуем примерный вид оси изогнутой балки.
Эпюры Q y , M x и примерный вид оси изогнутой балки представлены на рис. 26.
Пример 3.5. Для балки, состоящей из двух стержней, соединенных шарниром в сечении B, жестко закрепленной слева и шарнирно опертой справа, нагруженной, как показано на рис. 27, построить эпюры Qy и M x . Изобразить приближенно вид оси
изогнутой балки.
Решение

1. Определяем количество участков с постоянной внешней
нагрузкой. Таких участков два.
2. Отбросив опоры, заменяем их реакциями, которые определяем из условия равновесия всей балки.
Изгибающий момент в сечении B (врезан шарнир) равен нулю.
Используем это, определяя реакции. Рассмотрим равновесие
участка BC:
1

M B  0; RC  l  ql  2 l  0;
32

1
RC  ql.
2

M A  0; RC  3l  q  2l  2l 
1
ql  3l  q  2l  2l 
2
5
 M A  0; M A  ql 2 .
2
Fy  0; RA  RC  2ql  0;

 M A  0;

3
RA  ql.
2
Проверяем правильность
определения реакций:
RA  RC  2ql  0;
3
1
ql  ql  2ql  0.
2
2
3. С помощью метода сечений записываем уравнения
равновесия для каждой отсеченной части, определяем Qy
и M x на каждом участке.
Первый участок: 0  z1  l ;
3
Fy  0; 2 ql  Qy1  0; Qy1 
Рис. 27
3
 ql , функция Q y1 постоянна;
2
3
5
3
5
M x  0; 2 ql  z1  2 ql 2  M x1  0; M x1  2 ql  z1  2 ql 2 ,
функция M x1 — линейная функция координаты z; при z1  0
5
M x1   ql 2 , при z1  l M x1   ql 2 .
2
Второй участок: 0  z2  2l ;

Fy  0;

3
ql  qz2  Qy 2  0;
2
33

3
Qy 2  ql  qz2 , функция Qy 2 — линейная функция коорди2
3
1
наты z; при z2  0 Qy 2  ql , при z2  2l Qy 2   ql ;
2
2

M x  0;

3
1
5
ql  l  z2   qz2  z2  ql 2  M x 2  0;
2
2
2

3
1
M x 2   ql 2  ql  z2  q  z22 , функция M x 2 — квадратичная
2
2
функция координаты z, которую описывает уравнение второго порядка. Параболу строят по трем точкам: границы участка и сечение, в котором парабола имеет экстремум.
Границы участка:
при z2  0 M x 2   ql 2 , при z2  2l M x 2  0.

Исследуем функцию M x 2  z2  на экстремум по формуле (7):

d 
3
1 2
3
3
2
ql  qz*  0; z*  l ;
 ql  ql  z2  q  z2   0;
dz 
2
2 
2
2
2

3
3
3
13 
1
при z*  l M x 2   ql 2  ql  l  q   l   ql 2 .
2
2
2
2 2 
8
В сечении B, где врезан шарнир, M x 2 должен быть равен ну-

лю: z2  l M x 2  0.
По эпюре M x рисуем примерный вид оси изогнутой балки.
Анализ эпюр Qy и M x показывает следующее:
1) при отсутствии распределенной нагрузки функция Qy по
длине участка постоянна, функция M x — меняется по линейному
закону;
2) в сечении, где приложена внешняя сосредоточенная сила,
функция Qy имеет «скачок» на ее величину, а функция M x имеет
излом, пиком направленный навстречу этой внешней силе;
3) в сечении, где приложен внешний сосредоточенный момент, функция M x имеет «скачок» на его величину;
34

4) при наличии на участке распределенной нагрузки постоянной интенсивности q функция Qy — линейная, функция M x —
квадратичная парабола, выпуклостью направленная навстречу
стрелочкам этой нагрузки. Парабола M x имеет экстремум в том
сечении, в котором поперечная сила Qy равна нулю (формулы (7)
и (8));
5) в сечении, в котором функция M x меняет знак, ось изогнутой балки имеет точку перегиба. В сечении, в котором врезан шарнир, ось изогнутой балки имеет излом.
Первые четыре пункта можно свести в таблицу (рис. 28).

Рис. 28

35

Тема 4. Стержневые системы — рамы
Стержневая система называется рамой, если все ее элементы —
прямые стержни или стержни малой кривизны и хотя бы одна пара
стержней соединена между собой жестко.
Узлы рамы могут быть как абсолютно жесткими (рис. 29, а),
так и шарнирными (рис. 29, б).
Шарнирный узел, соединяющий два стержня, оси которых
находятся на одной прямой, может рассматриваться как врезанный
в единый стержень шарнир (рис. 29, в).

Рис. 29

Рама называется плоской, если: а) оси всех ее элементов расположены в одной плоскости; б) одна из главных осей всех поперечных сечений элементов, работающих на изгиб, лежит в той же
плоскости; в) внешние сосредоточенные и распределенные силы
лежат в той же плоскости, а вектор внешнего момента перпендикулярен этой плоскости. Рама называется плоско-пространственной, если выполняются условия а) и б), а внешние сосредоточенные и распределенные силы перпендикулярны упомянутой
плоскости и векторы внешних моментов лежат в плоскости рамы.
В противном случае рама называется пространственной.
Алгоритм построения эпюр внутренних силовых факторов
аналогичен соответствующему алгоритму для балок и состоит
в следующем:
36

1) определить реакции опор из уравнений равновесия для всей
рамы (в некоторых случаях это действие может быть опущено);
2) определить внутренние силовые факторы в элементах рамы,
используя метод сечений, и построить их эпюры. Удобно на каждом участке вводить местную систему координат с началом на одном из его концов. Эпюры строят прямо на осях соответствующих
стержней.
Пример 4.1. Для рамы (рис. 30) построить эпюры изгибающих
моментов.
Решение

1. Определяем реакции опор. Участки рамы обозначим цифрами от 1 до 5, а сечения в опорах и узлы — буквами.

Рис. 30

Рис. 31

Заменяем опоры реакциями, для их определения составляем
уравнения равновесия всей рамы (рис. 31) (по возможности, уравнения равновесия следует составлять так, чтобы в каждое из них
входила только одна реакция):

M A  0;

3
H B  l  ql  l  ql 2  0;
2

Fz  0;
Fy  0;

RA  ql  0;
 H A  H B  0.
37

1
1
Отсюда находим H B  ql , RA  ql , H A  ql.
2
2
Целесообразно убедиться в правильности определенных реакций. Для этого можно использовать уравнения моментов относительно любой точки рамы, например точки K:

1

1

1

2
M K  0;  2 ql  l  ql
  l  ql  ql
  2 l  2 ql  2l  0.


HA

RA

q


HB

2. Строим эпюры изгибающих моментов (эпюры Qy и N не
строим). Уравнения равновесия записываем для отсеченных частей, показанных на рис. 32–37. Сумму моментов записываем относительно оси х в сечении z.

Рис. 32

Рис. 35
38

Рис. 33

Рис. 36

Рис. 34

Рис. 37

Если в раме есть узел, в котором сходятся несколько стержней
(в данной раме узел D), построение эпюры ведем к этому узлу по
всем стержням, а затем, рассматривая равновесие узла, проверяем
правильность решения. Эпюры изгибающих моментов строим на
сжатой стороне стержня.
Первый участок (см. рис. 32): 0  z1  l ;

M x  0;

1
M x1  ql  z1  0;
2

1
M x1  ql  z1 , функция M x1 — линейная функция координа2
1
ты z; при z1 = 0 M x1  0, при z1 = l M x1   ql 2 .
2
Знак «+» показывает, что выбранное направление внутреннего
силового фактора правильное, знак «–» — неправильное.
Второй участок (см. рис. 33): 0  z2  l ;

M x  0;

1
M x 2  ql 2  ql  l  ql  z2  0;
2

1
M x 2  ql  z2  ql 2 , функция M x 2 — линейная функция ко2
1
1
ординаты z; при z2 = 0 M x 2   ql 2 , при z2 = l M x 2  ql 2 .
2
2
Третий участок (см. рис. 34): 0  z3  l ;
1
1
1
M x  0; M x3  ql 2  ql  l  2 ql  l  z3   0; M x3  2 ql 2  2 ql  z3 ,
функция M x3 — линейная функция координаты z; при z3 = 0
1
M x3  ql 2 , при z3 = l M x3  0.
2
Четвертый участок (см. рис. 35): 0  z4  l ;
1
1
M x  0;  M x4  qz4  2 z4  0; M x4  q 2 z42 , функция M x4 —
квадратичная функция координаты z.
Параболу строим по трем точкам: границы участка и сечение,
в котором парабола имеет экстремум.
39

Границы участка:
1
при z4 = 0 M x 4  0, при z4 =l M x 4   ql 2 .
2
Исследуем функцию M x 4 ( z4 ) на экстремум, найдя положение
вершины параболы. Для этого приравняем к нулю первую производную функции момента M x 4 :

dM x 4
dz

  qz*  0, z*  0 — вершина параболы.

Пятый участок (см. рис. 36): 0  z5  l ;
1
1
M x  0; M x5  2 ql  z5  0; M x5  2 ql  z5 , функция M x5 —
линейная функция координаты z; при z5 = 0 M x5  0, при z5 = l
1
M x5  ql 2 .
2
Эпюра изгибающих моментов изображена на рис. 37.
Частично правильность решения можно проверить, рассматривая равновесие узлов С (рис. 38, а) и D (рис. 38, б). Рассматриваем сечения, бесконечно близкие к узлу, поэтому сумму моментов
записываем относительно любого сечения вырезанного узла:
dz  0;

M x  0;

1
1
ql 2  ql 2  ql 2  0.
2
2

Рис. 38

40

Пример 4.2. Для рамы (рис. 39) построить эпюру изгибающих
моментов.
Решение

1. Определяем реакции опор. Обозначим участки рамы цифрами от 1 до 5, а узлы и сечения в опорах — буквами. Для определения реакции опор используем три уравнения равновесия для
всей рамы и условие равенства нулю суммы моментов от всех
внешних сил относительно врезанного шарнира (в сечении D) для
левой части рамы (рис. 40):

M A  0;

 Fl  2 Fl  RB  2l  0;

Fz  0;

 RA  RB  0;

Fy  0;

 H A  F  H B  0;

M Dлев  0;

Fl  RA  l  H A  2l  0.

Рис. 39

Рис. 40

Решая эту систему уравнений, находим
RB 

3
3
5
1
F ; RA  F ; H A  F ; H B  F .
2
2
4
4
41

Проверка найденных реакций:

M C  0;

5
3
1
 F  2l  Fl  2 Fl  F  2l  F  2l  0.
4
2
4

2. Строим эпюру изгибающих моментов. Уравнения равновесия отсеченных частей показаны на рис. 41–45.

Рис. 41

Рис. 44

42

Рис. 42

Рис. 43

Рис. 45

Первый участок (см. рис. 41): 0  z1  l ;

M x  0;

5
M x1  F  z1  0;
4

5
F  z1 , функция M x1 — линейная функция координа4
5
ты z; при z1 = 0 M x1  0, при z1 = l M x1  Fl.
4
Второй участок (см. рис. 42): 0  z2  l ;

M x1 

M x  0;

5
M x 2  F  z2  F  l  z2   0;
4

5
1
Fl  F  z2 , функция M x 2 — линейная функция ко4
4
5
3
ординаты z; при z2 = 0 M x 2  Fl , при z2 = l M x 2  Fl.
4
2
Третий участок (см. рис. 43): 0  z3  2l ;

M x2 

M x  0;

5
3
M x3  Fl  F  2l  F  z3  0;
4
2

3
3
Fl  Fz3 , функция M x3 — линейная функция коор2
2
3
динаты z; при z3 = 0 M x3  Fl , при z3 = l M x3  0, при z3 = 2l
2
3
M x3   Fl.
2
Пятый участок (см. рис. 44): 0  z5  l ;
1
1
M x  0; M x5  4 Fz5  0; M x5  4 Fz5 , функция M x5 —
линейная функция координаты z; при z5 = 0 M x5  0, при z5 = l

M x3 

1
Fl.
4
Четвертый участок (см. рис. 45): 0  z4  l ;

M x5 

43

M x  0;

 M x 4  2 Fl 

1
F  l  z4   0;
4

7
1
M x 4   Fl  Fz4 , функция M x 4 — линейная функция ко4
4
7
3
ординаты z; при z4 = 0 M x 4   Fl , при z4 = l M x 4   Fl.
4
2
Эпюра изгибающих моментов изображена на рис. 46.

Рис. 46

Пример 4.3. Для рамы (рис. 47) построить эпюру изгибающих
моментов.
Решение

1. Рама внешним образом не закреплена, находится в равновесии под действием внешних сил. В качестве реактивных факторов
определим горизонтальную X и вертикальную Y реакции в шарнире C (момент в шарнире равен нулю). Для этого разрежем раму по
шарниру C. Неизвестные реакции X и Y в шарнире в этом сечении
определим из условия равенства нулю суммы моментов от всех
внешних сил в шарнирах А и В для частей рамы АС и ВС (рис. 48):

M AAC  0;
44

1
ql 2  Y 2l  0; Y  ql ;
2

M BBC  0;

1
1
Xl  ql l  0; X  ql.
2
2

Рис. 47

Рис. 48

2. Строим эпюры изгибающих моментов. Рассматривая условия равновесия отсеченных частей, определяем уравнения изгибающих моментов на каждом участке (рис. 49–53).

Рис. 49

Рис. 50

Рис. 51

Первый участок (см. рис. 49): 0  z1  2l ;

M x  0;

1
1
 M x1  qz1 z1  ql  z1  0;
2
2

1
1
M x1  ql  z1  q z12 , функция M x1 — квадратичная функция
2
2
координаты z.
45

Рис. 52

Рис. 53

Параболу строим по трем точкам: границы участка и сечение,
в котором парабола имеет экстремум.
Границы участка:
при z1 = 0 M x1  0, при z1 = 2l M x1   ql 2 .
Исследуем функцию M x1 ( z1 ) на экстремум, для этого приравняем к нулю первую производную функции момента M x1 :
dM x1

1
1
ql  qz*  0; z*  l — вершина параболы; при
2
2
dz1
1
1
z*  l M x1  ql 2 .
8
2
В качестве контроля вычислим момент при z  l (сечение B,
где врезан шарнир):
при z  l M x1  0.


Второй участок (см. рис. 50): 0  z2  l ;

M x  0;

1
M x 2  ql  z2  0;
2

1
M x 2   ql  z2 , функция M x 2 — линейная функция коорди2
1
наты z; при z2 = 0 M x 2  0, при z2 = l M x 2   ql 2 .
2
Третий участок (см. рис. 51): 0  z3  l ;
46

M x  0;

1
M x3  ql 2  ql  l  z3   0;
2

1
1
M x3  ql 2  ql  z3 , функция M x3 — линейная функция ко2
2
1
ординаты z; при z3 = 0 M x3  ql 2 , при z3 = l M x3  0.
2
3
Четвертый участок (см. рис. 52): 0  z4  l ;
2

M x  0;

1
1
M x 4  ql 2  ql  2l  ql  z4  0;
2
2

1
1
1
M x 4  ql 2  ql  2l  ql  z4 ; M x 4  ql  z4 , функция M x 4 —
2
2
2
3
линейная функция координаты z; при z4 = 0 M x 4  0, при z4  l
2
3 2
M x 4  ql .
4
1
Пятый участок (см. рис. 53): 0  z5  l ;
2

M x  0;

1
ql  3

M x5  2ql  z5  ql 2  ql  2l   l  z5   0;
2
2 2


1
1 3

M x5  2ql  z5  ql 2  ql  2l  ql  l  z5  ;
2
2 2

3 2 3
ql  ql  z5 , функция M x5 — линейная функция ко4
2
3
1
ординаты z; при z5 = 0 M x5  ql 2 , при z5  l M x5  0.
4
2
На шестом участке эпюра изгибающих моментов линейная, поэтому соединяем прямой линией эпюру от сечения N до сечения K.
Эпюра изгибающих моментов представлена на рис. 54.

M x5 

47

Рис. 54

Пример 4.4. Для рамы (рис. 55) построить эпюры изгибающих
моментов.
Решение

1. Определяем опорные реакции (рис. 56):

M B  0;

RA  2r  Fr  0; RA 

1
F;
2

1

M A  0; RB  2r  Fr  0; RB  2 F ;

Fz  0;

Рис. 55
48

 H A  F  0;

H A  F.

Рис. 56

Проверка найденных реакций:
M D  0; RA  r  RB  r  H A  r  0;

1
1
Fr  Fr  Fr  0.
2
2
2. Строим эпюру изгибающих моментов.
Первый участок (рис. 57): 0  z1  r ;

M x  0;
1
Fz1 , функция M x1 — линейная
2
функция координаты z; при z1 = 0 M x1  0,

M x1 

Рис. 57

1
Fr.
2
Второй участок (рис. 58): 0  z2  r ;

при z1  r M x1 

M x  0;
1
Fr , функция M x 2 — постоянная.
2
Третий участок (рис. 59): криволинейная

часть рамы, 0    ; находим функцио2
нальную зависимость изгибающего момента
от угла φ:
M x2 

Рис. 58

M x    0;
1
M x     Fr sin   F  r  r cos   ;
2

при  = 0 M x     0, при  
1
1
M x     Fr  Fr  Fr.
2
2


2
Рис. 59
49

Эпюра M x    — нелинейная.
Для ее правильного построения исследуем функцию момента M x   
на экстремум, для чего вычислим
первую производную от этой функции и значение угла * , при котором
производная равна нулю:

dM x   
Рис. 60

d

1
 Fr cos *  Fr sin *  0;
2
*

  63 30' ;

1
2

при * = 6330' M x  *   Fr  0,895  Fr 1  0, 446  ; M x  6330'  
 0,618Fr.
Эпюра моментов представлена на рис. 60.

Пример 4.5. Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов для рамы, представленной на рис. 61.
Рама — плоско-пространственная.
Заделка в сечении А накладывает шесть
связей, и реакции в ней могут быть
найдены из шести уравнений равновесия. Однако вычислять их, чтобы определить внутренние силовые факторы,
нет необходимости, так как метод сечений можно применять, отсекая части
рамы от ее свободного конца.
Рис. 61

Решение

Обозначим участки рамы, как показано на рис. 61.
Строим эпюры изгибающих и крутящих моментов.
На каждом участке вводим местные системы координат: ось z,
как обычно, является продольной, положение осей y и x для построения эпюр может быть произвольным, однако для дальнейших
расчетов они должны быть главными центральными осями текущих поперечных сечений. Эпюры строим по участкам, используя
50

те же приемы, что и для плоских рам. Для каждой отсеченной части составляем уравнения равновесия:

M x  0; M y  0; M z  0.
Первый участок (рис. 62): 0  z1  l ;
M x1   Fz1 , функция M x1 — линейная функция координаты z; при z1 = 0 M x1  0, при z1  l
M x1   Fl ;

M y1  0;

M к1  M z1  0.

Рис. 62

Знак «–» показывает, что момент M x1 направлен в другую
сторону.
Второй участок (рис. 63): 0  z2  2l ;
M x 2   Fz2 , функция M x 2 — линейная функция координаты z; при z2 = 0
M x 2  0, при z2  2l M x 2   F  2l ;
M y 2  0;

M к 2  M z 2  Fl.

Третий участок (рис. 64): 0  z3  2l ;

Рис. 63

M x3  F  l  z3  ;
M x3  Fl  Fz3 , функция M x3 — линейная функция коорди-

наты z; при z3 = 0 M x3  Fl , при z3  2l M x3   Fl ;
M y 3  0;
M к 3  M z 3  2 Fl.

Эпюра моментов представлена на рис. 65.
Рис. 64
51

Рис. 65

Пример 4.6. Для пространственной рамы, изображенной на
рис. 66, построить эпюры изгибающих и крутящих моментов.
Решение

Обозначим участки и узлы рамы, как показано на рис. 67.

Рис. 66

Рис. 67

Построим эпюры внутренних силовых факторов
(M x , M y , M к ).

Рассматривая условия равновесия отсеченных частей, определим уравнения изгибающих и крутящего моментов (рис. 68–72).
Первый участок (см. рис. 68): 0  z1  l ;
M x1   Fz1 , функция M x1 — линейная функция координаты z;
при z1 = 0 M x1  0, при z1  l M x1   Fl ;
52

M y1  0;

M к1  0.

Второй участок (см. рис. 69): 0  z2  2l ;
M y 2  Fz2 , функция M y 2 — линейная
M y 2  0,

функция координаты z; при z2 = 0
при z2  2l M y 2  2 Fl ;
M x 2  0;

Рис. 68

M к 2  0.

Третий участок (см. рис. 70): 0  z3  l ;
M x3  Fz3 , функция M x3 — линейная функция координаты z;
при z3 = 0

M x3  0, при z3  l

M x3  Fl ; M y 3  Fl , функция

M y3 — постоянная;
M к 3  F 2l.

Рис. 69

Рис. 70

Рис. 71

Четвертый участок (см. рис. 71): 0  z4  l ;
M x 4  F  l  z4  , функция M x 4 — линейная функция координаты z; при z4 = 0

M x 4  Fl , при z4  l

M x 4  2 Fl ; M y 4 

  F  2l  z4  , функция M y 4 — линейная функция координаты y;
при z4 = 0 M y 4  2 Fl , при z4  l M y 4   Fl ;
M к 4  Fl.

53

Пятый участок (см. рис. 72): 0  z5  l ;
M x5  Fl  Fz5 , функция M x5 —
линейная функция координаты z; при
z5 = 0 M x5  Fl , при z5  l M x5  2 Fl ;
M y5  Fl , функция M y5 — постоянная;

M к 5  F 2l.
Рис. 72

Эпюры моментов показаны на
рис. 73.

Рис. 73

В заключение следует проверить равновесие узлов рамы С
(рис. 74) и D (рис. 75).

Рис. 74
54

Рис. 75

Внутренние силовые факторы являются основным понятием,
используемым в расчетах на прочность и жесткость стержневых
систем. Их значения характеризуют напряженно-деформированное
состояние стержней, и от них зависит выбор пути расчетов на
прочность и жесткость. Поэтому определение внутренних силовых
факторов в различных случаях нагружения стержней является первым этапом любого инженерного расчета стержневых систем.

ПРИЛОЖЕНИЕ
Образец основной надписи

55

СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие ..................................................................................
Введение ........................................................................................
Тема 1. Растяжение-сжатие прямого стержня ...........................
Тема 2. Кручение ..........................................................................
Тема 3. Изгиб прямого стержня ..................................................
Тема 4. Стержневые системы — рамы .......................................
Приложение ...................................................................................
Учебное издание

Бобровникова Наталья Николаевна
Клюева Галина Петровна
Шадрина Галина Петровна

Определение внутренних сил
в стержневых системах
Редактор С.А. Виноградова
Художник Я.М. Ильина
Корректор Н.В. Савельева
Компьютерная верстка Г.Ю. Молотковой
В оформлении использованы шрифты
Студии Артемия Лебедева.
Оригинал-макет подготовлен
в Издательстве МГТУ им. Н.Э. Баумана.
Подписано в печать 29.03.2016. Формат 6090/16.
Усл. печ. л. 3,5. Тираж 100 экз. Изд. № 155-2016. Заказ
Издательство МГТУ им. Н.Э. Баумана.
105005, Москва, 2-я Бауманская ул., д. 5, стр. 1.
press@bmstu.ru
www.baumanpress.ru
Отпечатано в типографии МГТУ им. Н.Э. Баумана.
105005, Москва, 2-я Бауманская ул., д. 5, стр. 1.
baumanprint@gmail.com
56

.

3
4
9
14
18
36
56