Методичка по сопромату (I семестр)
.pdf80
на ε = 0.2 100 =1.69% < 5%, що дозволяється.
11.8
З формули (3.1) видно, що нормальні напруження розподіляються за висотою перерізу лінійно.
σy=0 = 0 - на нейтральній лінії,
σmax = ±11.8 МПа - в крайніх волокнах балки.
min
За цими значеннями на рис. 3.10,а побудовано епюру нормальних напружень у небезпечному перерізі балки.
Перевіримо умову міцності балки за дотичними напруженнями
τmax = |
4 |
|
Q |
|
max |
n |
= |
4 42.5 103 |
1.1 4 |
= 0.65 106 |
Н |
= 0.65 МПа < |
||
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
3 |
|
|
|
A |
|
3 |
3.14 |
0.352 |
м2 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
< mRск =1.76МПа.
Отже, міцність балки за дотичними напруженнями також забезпечена.
В довільній точці круглого поперечного перерізу, яка лежить на відстані y від нейтральної лінії, дотичні напруження визначаються за формулою (3.11).
Обчислюємо три значення дотичних напружень, тому що функція τ = f ( y) – парабола.
τ y=0 =τmax = 0.65 МПа, τ y=±r = 0 . За цими значеннями на рис.3.10,б побудовано епюру дотичних напружень в небезпечному перерізі балки.
81
3. Виконати розрахунок на міцність балки прямокутного поперечного перерізу, b=h/2.
|
|
|
|
h3 |
≥ |
|
M |
|
max |
n |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
|
||||||
|
|
|
12 |
|
|
mR |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
звідки знаходимо |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 M max n |
|
12 |
45.16 103 |
|
1.1 |
|
|
|
і b = |
0.368 |
|
|||||
h ≥ 3 |
= 3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 0.368 м |
|
= 0.184 м. |
|||
|
0.8 15 106 |
|
|
|
2 |
|||||||||||
mR |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Приймаємо h=37 см, b=18 см. При таких розмірах поперечного перерізу
|
|
|
|
|
|
W = |
bh2 |
= |
0.18 0.372 |
= 4.11 10−3 м3 |
, |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
σmax = |
|
M |
|
max n |
= |
45.16 103 |
1.1 |
=12.09 |
10 |
6 |
Н |
=12.09 |
МПа > mR =12МПа |
||||
|
|
||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
W |
4.11 10 |
−3 |
|
|
|
м2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
на ε = 0.09 100 = 0.75% < 5%, що дозволяється.
12
По висоті балки нормальні напруження змінюються лінійно. В крайніх волокнах, що найбільш віддалені від нейтральної лінії, вони мають найбільше значення
σmax = ±12.09 МПа ,
min
ана нейтральній лінії – дорівнюють нулю. Епюру нормальних напружень зображено на рис. 3.11, а.
Перевіримо міцність балки за дотичними напруженнями
τmax = |
3 |
|
|
Q |
|
max 1.1 |
= |
3 42.5 103 |
1.1 |
=1.05 10 |
6 |
Н |
=1.05 МПа < mR =1.76МПа, |
|||
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||
2 |
|
|
|
|
A |
|
2 |
0.18 0.37 |
|
|
м2 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
тобто міцність балки за дотичними напруженнями забезпечена.
82
Для побудови епюри дотичних напружень використаємо формулу (3.9), з якої витікає, що функція τ=f(y) – парабола.
τ y=±r = 0, а τmax =τ y=0 = 32 Q maxA n =1.05 МПа .
За цими значеннями на рис. 3.11 б побудовано епюру дотичних напружень у небезпечному перерізі балки.
н.л.
а |
б |
а |
б |
σ МП |
τ МП |
σ МП |
τ МП |
|
11.8 |
|
12.09 |
|
|
|
|
|
|
м |
|
|
н.л. |
|
d=35с |
|
0.65 |
1.05 |
|
|
|
|||
|
h=37мс |
|
|
|
|
11.8 |
b=18с |
|
12.09 |
|
|
|
Рис. 3.10 Рис. 3.11
4. Виконати контроль обчислень на ПЕОМ згідно з інструкцією до програми ”PROCH” (див. додаток 5). Усі необхідні для вводу в ПЕОМ дані наведені нижче
Робота №3 з опору матеріалів (задача 1)
Іванов І.І., гр.Д-21, |
|
|
|
сх.-вар., par |
1 |
7 0 |
|
Число ділянок |
|
3 |
|
Номери опорних точок |
|
1 3 |
|
Співвідношення розмірів перерізу |
2 |
||
Коефіціенти n и m |
|
1.1 0.8 |
|
----------------------------------------- |
|
||
№ т.| Xi[м] Mi[кнм] |
Fi[кн] |
qi[кн/м] |
|
83
-----------------------------------------
1 |
| |
0.00 |
0.00 |
0.00 |
-20.00 |
2 |
| |
3.00 |
-40.00 |
0.00 |
0.00 |
3 |
| |
4.00 |
0.00 |
0.00 |
0.00 |
4 |
| |
5.00 |
0.00 |
-20.00 |
0.00 |
Контрольні дані |
h, b, d |
0.367 0.184 0.348 |
Максимальні зусилля |M|max, |Q|max 45.16 42.5
Результати обчислень на ПЕОМ за програмою ”PROCH”, що виконані згідно з інструкцією (див. додаток 5), наведені на рис. 3.12.
84
Задача 1. Розрахунок дерев’яної балки. h/b=2, n=1.1, m=0.8
Результати розрахунку
Опорні реакції Va=42.50кН Vb=37.50кН
|M|max=45.16кНм при Х=2.13м |Q|max=42.56кН при Х=0.00м
Розміри прямокутного і круглого перерізів h=0.367м b=0.184м d=0.348м
Максимальні напруження для прямокутного і круглого перерізів
Smax_pr=12.059МПа Tmax_pr= 1.041МПа
Smax_cr=12.005МПа Tmax_cr= 0.655МПа
Виконав на ПЕОМ ст. Іванов І.І., гр.Д-21, сх.-вар. 1 7
Рис. 3.12
85
3.3. Визначення переміщень при згинанні Приклад 3.7. Визначити методом початкових параметрів
прогин і кут повороту перерізу К консолі (рис. 3.13), якщо
EJ=сonst.
Початок координат приймаємо в крайній правій точці консолі. При такому початку координат початкові параметри
EJy0=0 і EJθ0=0, так як у затисненні прогин і кут повороту дорівнюють нулю.
|
|
x |
y |
|
|
F |
|
II |
q |
I |
MA=qa2/2 |
|
y |
|
|
x |
|
|
|
|
I |
II |
x |
|
|
A |
A |
K |
B |
||
K |
|
|
x |
|
l/4 |
|
|
q |
|
|
|
x |
|
|
|
|
x |
VA=qa |
VА=F/2 |
x |
VB= F/2 |
||
|
|
|
|
||||
a |
|
a |
|
|
l /2 |
l /2 |
|
Рис. 3.13 |
Рис. 3.14 |
Запишемо універсальне рівняння пружної лінії для прогинів (3.23) і кутів повороту на усіх ділянках (рис.3.13). Для цього попередньо визначимо опорні реакції VA=qa, MA=qa2/2 і перетворимо розподілене навантаження так, щоб воно не переривалося при пересуванні справа наліво, після чого отримаємо
86
EJy = − |
M A x2 |
|
|
VA x3 |
qx4 |
|
|
|
|
q(x − a)4 |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
+ |
|
|
|
− |
|
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
|
- для прогинів, |
|||
2! |
3! |
|
4! |
|
|
|
|
4! |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
← |
|
I ← |
|
II |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
0≤x≤a |
|
|
a≤x≤2a |
|
||||||||||
′ |
|
|
|
VA x2 |
|
qx3 |
|
|
|
q(x − a)3 |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
EJθ = EJy |
= − M A x + |
|
2! |
− |
3! |
|
|
|
|
+ |
3! |
|
|
|
|
- для кутів повороту. |
|||||
|
|
|
|
|
|
← |
|
I |
← |
|
II |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
0 |
≤x≤a |
|
|
a≤x≤2a |
|
Тепер можна визначити прогин і кут повороту консолі в будьякій точці, наприклад, в точці К.
|
EJyK = |
EJy |
|
|
|
|
|
|
qa2 4a2 |
|
|
|
qa |
8a3 |
|
|
q |
16a4 |
qa4 |
|
|
|
||||||||||||
|
II |
|
|
|
= − |
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
+ |
|
|
= |
|
|
|||||||||
|
|
x=2a |
|
2 2 |
|
|
6 |
|
|
|
24 |
|
|
24 |
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
= qa |
4 |
|
− |
1+ |
4 |
− |
2 |
+ |
1 |
= − |
7qa |
4 |
yK = − |
7qa4 |
|
. |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
3 |
3 |
|
|
|
24 |
|
24EJ |
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
24 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
EJy′K |
= EJy′ |
|
|
= − qa2 2a |
+ qa 4a2 |
− |
q 8a3 |
+ qa3 |
= − qa3 |
|
θK = |
qa3 |
. |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
II |
|
x=2a |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
6 |
|
|
|
6 |
|
6 |
|
|
|
6EJ |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Приклад 3.8. Визначити методом початкових параметрів прогин балки в точці К (рис. 3.14), якщо EJ=сonst.
Визначимо опорні реакції і складемо універсальне рівняння пружної лінії балки для прогинів на усіх ділянках (рис. 3.14).
EJy = EJy |
+ EJθ |
x+ |
VAx3 |
|
− |
F(x −l 2)3 |
|
|
. |
|
|
|
|||||||||
|
|
|||||||||
0 |
0 |
3! |
|
3! |
|
|
||||
|
|
|
|
|
||||||
|
← I |
← II |
||||||||
|
0≤x≤l 2 |
|
l 2≤x≤l |
Знак змінили на протилежний, так як початок координат знаходиться справа
87
Невідомі початкові параметри визначимо з умов
EJy |
A |
= EJy |
I |
|
|
|
= EJy |
0 |
= 0, |
|
|
|
|
|
|
|
(1) |
|
|
|
x=0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
EJyB |
= EJyII |
|
= EJy0 |
+ EJθ0l + |
Fl |
3 |
− |
Fl |
3 |
= 0. |
|
(2) |
|||||
|
|
|
|
||||||||||||||
|
12 |
48 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
x=l |
|
|
|
|
|
|
|
З першого рівняння витікає, що EJy0 = 0 . Тоді з другого рівняння знаходимо
|
|
|
EJθ0 = − |
Fl2 |
|
+ Fl2 |
= − Fl2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
48 |
|
|
|
16 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
При цих початкових параметрах прогин балки в точці К |
|||||||||||||||||||||||||
буде |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
EJyK = EJy |
|
|
= 0 − |
Fl 2 |
|
l |
+ |
|
|
Fl 3 |
= |
Fl 3 |
|
−1 |
+ |
|
1 |
= − |
11Fl |
3 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
16 |
4 |
2 |
6 64 |
64 |
|
768 |
|
||||||||||||||||
|
I |
x=l / 4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
yK = − |
|
11Fl3 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
768EJ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Приклад 3.9. Визначити методом початкових параметрів прогин і кут повороту балки в точці С (рис. 3.15), якщо EJ=сonst.
Визначимо опорні реакції з умов рівноваги балки. Їх значення наведені на рис. 3.13. Правий кінець балки розташовано на опорі, а лівий вільний, тому початок координат візьмемо на правому кінці балки. При цьому один з початкових параметрів EJy0 = 0 .
Запишемо універсальне рівняння пружної лінії для прогинів і кутів повороту на усіх ділянках балки (рис. 3.13).
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
88 |
EJy = EJθ0 x+ |
VB x3 |
− |
F(x − a)3 |
− |
q(x − a)4 |
+ |
VA (x − 2a)3 |
|
; |
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
3! |
|
|
|
|
3! |
|
|
|
|
4! |
|
|
|
|
|
3! |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
← I |
|
|
|
|
|
|
|
|
← II ← III |
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
0 |
≤x≤a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a≤x≤ |
2a |
|
|
|
|
|
2a |
≤x |
≤3a |
|
|
|
|
|
||||
EJy |
′ |
= EJθ0 + |
|
VB x2 |
− |
F(x − a)2 |
|
− |
|
q(x |
− a)3 |
+ |
VA (x − 2a)2 |
|
. |
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
2! |
|
|
|
|
|
2! |
|
|
|
|
|
3! |
|
|
|
|
2! |
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
← I |
|
|
|
|
|
|
|
|
← II ← III |
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
0 |
≤x≤a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a≤x≤2a |
|
|
|
|
|
2a≤x |
≤3a |
|
|
|
|
|
||||||
Невідомий початковий параметр EJθ0 |
визначимо з умови |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
EJyA = EJy |
|
|
|
|
= EJθ |
0 2a + |
0.5qa 8a3 |
− |
|
qa a3 |
qa4 |
|
= 0 |
|
||||||||||||||||||||||||
II x=2a |
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
6 |
|
− |
24 |
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
EJθ0 |
= |
qa3 |
− |
2 |
+ |
1 |
+ |
1 |
|
= − |
|
11qa3 |
. Далі знайдемо |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
2 |
|
|
3 |
6 |
24 |
|
|
48 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
EJy |
= EJy |
|
|
|
|
= − |
11qa |
3 |
3a + |
0.5qa 27a3 |
− |
qa |
8a3 |
− |
q 16a |
4 |
+ |
|||||||||||||||||||||
C |
|
|
|
III x=3a |
|
|
|
48 |
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
24 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
+ 2.5qa a3 |
|
= − qa4 |
yC |
= − |
|
qa4 |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
48 |
|
|
|
|
|
|
48EJ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
′ |
|
|
|
′ |
|
|
|
|
|
|
11qa3 |
|
0.5qa 9a2 |
|
|
qa 4a2 |
|
q 8a3 |
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
= − |
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
+ |
|
||||||||
EJyC = EJy |
III x=3a |
|
48 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
6 |
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
+ 2.5qa3 |
= − qa3 |
θC |
= qa3 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
8EJ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
III |
|
|
|
|
|
II |
F=qa |
|
I |
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
q |
|
|
|
|
|
|
|
|
F=qa |
I |
|
|
|
|
|
II |
|
|
q |
|
|
III |
F=qa |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B |
|
|
|
|
|
C x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
||
C |
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
|
D |
|
|
|
|
|
|
q |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B |
|
|||||||||
q |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
VB=qa/2 |
|
|
|
|
|
|
|
VА=3qa |
|
VB= 3qa |
|
|
||||||||||||
|
|
V =5qa/2 |
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
А |
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
a |
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
2a |
|
|
|
2a |
|
a |
|
|||||
|
|
|
Рис. 3.15 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 3.16 |
|
|
|
89
Приклад 3.10. Перевірити, чи виконується умова жорсткості для двотаврової балки №30a (рис. 3.16), якщо q=20 кН/м, а=2 м, Е=2 105 МПа, а [f]=l/500.
Початок координат і значення опорних реакцій наведені на рис. 3.16. Для перевірки умови жорсткості балки (3.22) необхідно спочатку визначити стрілу прогину f, тобто найбільший за абсолютною величиною прогин. Зрозуміло, що з причини симетрії балки він буде найбільшим або в середині прольоту, або на кінцях консолей.
Запишемо універсальне рівняння пружної лінії для прогинів та кутів повороту на усіх ділянках балки (рис. 3.16).
EJy = EJy + EJθ |
0 |
x− |
Fx3 |
|
+ |
VA (x −a)3 |
− |
q(x −a)4 |
|
+ |
VB (x −5a)3 |
+ |
q(x −5a)4 |
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
3! |
|
|
|
|
|
3! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4! |
|
|
|
3! |
|
|
|
|
4! |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
← |
I |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
← |
|
II |
|
|
← |
III |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
0≤x≤a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
a≤x≤5a |
|
|
|
|
|
|
|
|
5a≤x≤6a |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
Невідомі початкові параметри визначимо з умови |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
відсутності прогинів на опорах |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
EJy |
|
= EJy |
|
|
|
= |
EJy |
|
+ EJθ |
|
a |
− |
qa a |
3 |
= 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
A |
|
|
|
0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
I |
x=a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
125a3 |
|
3qa 64a3 |
|
q 256a |
4 |
|
|
|||||||||||||||
EJyB |
= EJyII |
|
|
= EJy0 + EJθ0 |
5a − |
qa |
+ |
− |
= |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0. |
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
6 |
|
|
24 |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
x=5a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
EJy0 |
+ EJθ0a = |
qa |
4 |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
qa |
4 |
|
|
|
(2) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
EJy0 |
+ EJθ0 5a = − |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Віднімаючи з 2-го рівняння 1-е, отримаємо