- •Таблиця 1.1. Варіанти завдань до задачі 1
- •Таблиця 2.1. Варіанти завдань до задачі 2
- •Таблиця 3.1. Варіанти завдань до задачі 3
- •Таблиця 4.1. Варіанти завдань до задачі 4
- •План розв’язування задачі
- •Таблиця 6.1. Варіанти завдань до задачі 6
- •План розв’язування задачі
- •Розв’язання задачі
- •Таблиця 9.1. Варіанти завдань до задачі 9
- •Таблиця 10.1. Варіанти завдань до задачі 10
- •План розв’язування задачі
- •Розв’язання задачі
- •Загальна довжина балки буде складати
- •Таблиця 11.1. Варіанти завдань до задачі 11
ЗАДАЧА 3 НЕПЛОСКИЙ ЗГИН
На балку діє просторова система сил (рис. 3.1, табл. 3.1). З умови міцності дібрати безпечний переріз балки вказаної форми. Вважаючи осі y і z (рис. 3.1) головними центральними осями заданого перерізу, розташувати його найраціональнішим чином. У небезпечному перерізі знайти положення нейтральної лінії і побудувати сумарну епюру розподілу напружень. Визначити величину та напрямок повного прогину у вказаному перерізі А. Взяти a =1 ì , nT =1,5 .
Таблиця 3.1. Варіанти завдань до задачі 3
Варіант |
q, êÍ ì |
Ð, êÍ |
Ì , êÍ ×ì |
α, ðàä |
Переріз |
Матеріал |
0 |
10 |
12 |
−14 |
π/3 |
[] |
Сталь 10 |
1 |
12 |
−14 |
18 |
π/6 |
][ |
Сталь 20 |
0 |
10 |
12 |
−14 |
π/3 |
[] |
Сталь 10 |
3 |
18 |
25 |
30 |
3π/4 |
[] |
Сталь 30 |
4 |
2 |
−6 |
8 |
5π/6 |
][ |
Сталь 35 |
5 |
6 |
10 |
−10 |
4π/3 |
ΙΙ |
Сталь 40 |
6 |
4 |
8 |
12 |
5π/4 |
[] |
Сталь 45 |
7 |
8 |
15 |
−15 |
7π/3 |
][ |
Сталь 50 |
8 |
16 |
−18 |
−30 |
π/4 |
ΙΙ |
Сталь 55 |
9 |
20 |
40 |
50 |
7π/6 |
[] |
Сталь 60 |
План розв’язування задачі
1.Зобразити в масштабі розрахункову схему.
2.Розкласти всі навантаження на складові, що діють у головних площинах xy та xz .
3.Побудувати епюри згинальних моментів M y і M z (поперечними
силами Qy і Qz в розрахунках на міцність та жорсткість знехтувати). 4. Визначити небезпечний переріз балки.
27
0 |
5 |
1 |
6 |
2 |
7 |
|
3 |
8 |
4 |
9 |
Рис. 3.1. Варіанти розрахункових схем балок до задачі 3
5. Вибрати раціональне розташування перерізу вказаної форми.
28
6.Методом послідовних наближень дібрати переріз з розрахунку на міцність за нормальними напруженнями.
7.Визначити положення нейтральної лінії в небезпечному перерізі і побудувати епюру сумарних напружень.
8.Будь-яким з відомих методів визначити прогини балки в перерізі А у головних площинах xy та xz , а потім обчислити величину повного прогину та знайти його напрямок у вибраній системі координат. Для цього слід накреслити переріз в масштабі, векторну діаграму переміщень його центру мас, зобразивши в певному масштабі знайдені вектори переміщень у головних площинах, та знайти вектор сумарного переміщення. Обчислити кут його нахилу відносно однієї з головних осей.
Розв’язання задачі
Дано (рис. 3.2): q =10 кН м , P = 20 кН , M =15 кН ×м , a =1 м , α = 30° , переріз – [] (два швелери), матеріал – сталь 20 з модулем пружності Е = 2 ×105 МПа та границею текучості σт = 250 МПа , коефіцієнт запасу міцності nò =1,5.
1. Зобразимо розрахункову схему, розклавши попередньо всі сили на складові, що діють у головних площинах xy та xz (рис. 3.3).
Рис. 3.2. Розрахункова схема балки для умов неплоского згину
29
В даному прикладі слід розкласти лише рівномірно розподілене навантаження q:
qy =10 ×cos30° =10 ×23 ≈ 8,66 кН м ; qz = 10 ×sin30° =10 ×0,5 = 5 кНм .
Рис. 3.3. Розрахункова схема балки модифікована
2. Визначаємо опорні реакції в кожній площині з умов рівноваги балки (розрахункові схеми подані на рис. 3.4).
Уплощині xy :
åM zB = RCy ×1− M − qy ×1×0,5 = RCy ×1−15 − 8,66 ×1×0,5 = 0 ;
åM zC = −M + RBy ×1− qy ×1×1,5 = −15 + RBy ×1− 8,66 ×1×1,5 = 0 .
Звідси RСy =19,33 кН , RBy = 27,99 кН .
Уплощині xz :
åM yB = RCz ×1− P ×1+ qz ×1×0,5 = RCz ×1− 20 ×1+ 5 ×1×0,5 = 0 ;
åM yC = RBz ×1− P ×2 + qz ×1×1,5 = RBz ×1− 20 ×2 + 5 ×1×1,5 = 0 . Звідси RСz = 17,5 кН , RBz = 32,5 кН .
30
3. Побудуємо в площинах xy та xz епюри згинальних моментів M y і M z . Для цього запишемо вирази для згинальних моментів для кожної ділянки у відповідних площинах. Ці вирази нам знадобляться також при визначенні прогинів балки у заданому перерізі А.
Рис. 3.4. Епюри згинальних моментів
У площині xy : |
|
|
|
|
|
|
|
I : 0 ≤ x ≤1 ì : |
M z ( x) = −M + RC y ×x . |
||||||
II : 0 ≤ x ≤1 ì : |
M z ( x) = |
q |
y |
x2 |
|||
|
|
. |
|||||
|
2 |
||||||
У площині xz : |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
I : 0 ≤ x ≤1 ì : |
M y ( x) = −RC z ×x . |
||||||
II : 0 ≤ x ≤1 ì : |
M y ( x) = |
qz x2 |
|
− P ×x . |
|||
|
|
||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
Підставляючи числові значення в отримані рівняння, будуємо епюри згинальних моментів M z і M y (див. рис. 3.4, а і б відповідно).
31
4. Аналізуючи епюри згинальних моментів, приходимо до висновку, що небезпечним є переріз В. Тут діють моменти M yB = M y max =17,5 кН ×м і M zB = 4,33 кН ×м . Інші перерізи, згідно з епюрами моментів, менш навантажені. Тому саме для цього перерізу і проведемо необхідні розрахунки, пов’язані з добором безпечних розмірів швелерів та раціональним розташуванням перерізу, з них складеного, відносно головних осей інерції.
5. Почнемо розрахунки з вибору раціонального розташування перерізу балки заданої форми відносно осей y і z. При цьому керуватимемось такими міркуваннями.
Оскільки в площині xz діє більший за абсолютною величиною згинальний момент My, то саме в цій площині розмістимо висоту перерізу. Адже в цьому випадку більшому згинальному моменту відповідатиме більший момент опору перерізу (рис. 3.5).
y
My
M z |
M y > M z |
z
C 1
z C i
h
Рис. 3.5. Схема раціонального розташування перерізу балки відносно заданої системи координат
6. Як відомо, для такого типу перерізів небезпечна точка збігається з однією з вершин умовного прямокутника, в який даний переріз вписується, і саме з тією точкою, в якій напруження, викликані дією моментів, мають один знак. Для перерізу В умова міцності матиме вигляд:
32
smax |
|
= |
|
M |
zB |
|
+ |
|
M yB |
£ |
[ s] . |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
Wz |
Wy |
|
|
Невідомими тут є моменти опору перерізу Wz і Wy . Тому розрахунок ведуть методом послідовних наближень. При цьому можна попередньо вибрати деякий номер швелера, визначити моменти опору складеного з цих швелерів перерізу і перевірити його на міцність. В разі значної розбіжності між діючим та допустимим напруженнями слід вибрати інший типорозмір, аж поки ця різниця не досягне мінімального значення.
Примітка: перевантаження, коли діюче напруження smax > [ s] , допускається до 3 %.
В нашому прикладі можна скоротити цей шлях, адже в небезпечному перерізі згинальний момент в одній площині ( M y ) значно перевищує згинальний момент в іншій площині ( M z ). Тому можна спробувати дібрати переріз з умови міцності лише в площині дії максимального моменту, а потім перевірити його на міцність з урахуванням іншої складової моменту.
Виходячи з цих міркувань, запишемо:
s = |
|
|
M yB |
|
|
£ [ s] . |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
||
|
|
|
Wy |
Допустиме напруження для сталі 20 [ s] = σт = 250 =166 МПа . Отже, nт 1,5
Wy ³ |
|
M yB |
= |
17,5 ´106 |
=105421,7 мм3 |
=105,42 см3 . |
|
[ s] |
166 |
||||
|
|
|
|
|
Ми знайшли необхідний момент опору складеного перерізу відносно осі у. Враховуючи, що момент опору для перерізу, що розглядається,
Wy = |
I y |
|
2Iy |
= 2Wy |
|
I yi |
|
|
|
= |
i |
, де |
- момент інерції одного швелера відносно |
||||
zmax |
zmax |
|||||||
|
|
i |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
осі у (див. рис. 3.5), отримаємо
33
Wyi = 0,5Wy ³ 0,5 ´105,42 =52,71 см3 .
З таблиць сортаментів прокатної сталі вибираємо номер швелера з найближчим більшим значенням моменту опору. Це швелер № 14 з такими
геометричними |
характеристиками: |
h =140 мм , b = 58 мм , z0 =16,7 мм , |
|||||||||||
Wy = 70,2 см3 , I |
= 491 см3 , |
|
|
I |
zCi |
= 45,4 см3 , F =15,6 ñì 2 . |
|
||||||
i |
|
yi |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Знаходимо моменти інерції |
|
Iz |
і I y та моменти опору Wz і Wy для |
||||||||||
складеного перерізу (див. рис. 3.5): |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
I y |
= 2I |
yCi |
|
= 2 ´491 = 982 см4 ; |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
Wy = 2Wy i |
= 2 ×70,2 =140,4 см3 ; |
|
|
||||||||
Iz = 2éIzC + |
( b - z0 )2 Aù = 2 |
é45,4 + ( 5,8 -1,67) 2 ´15,6ù |
= 622,98 см4 |
; |
|||||||||
ë |
i |
|
û |
|
|
ë |
|
|
|
û |
|
|
|
|
|
W = |
|
Iz |
|
|
= |
622,98 =107,41 см3 |
. |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
z |
|
ymax |
|
|
5,8 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Перевіряємо на міцність переріз з урахуванням M z :
smax |
|
= |
|
|
M zB |
|
+ |
|
|
M yB |
|
= |
|
4,3´106 |
+ |
17,5 ´106 |
= 40,03 +124,64 = |
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
107,41´103 |
140,4 ´103 |
|||||||
|
|
|
|
|
Wz |
|
|
|
|
Wy |
|
|
=164,67 Ì Ï à<166 Ì Ï à.
Умова міцності виконується.
Отже, зупиняємось на перерізі, що складається з швелерів № 14. Проте, згідно з епюрами моментів (див. рис. 3.4), потенційно небезпечним є також переріз С. Хоч тут і діє тільки згинальний момент у площині хy, проте величина його ( M z =15 кН ×м ) близька до величини максимального моменту у вибраному нами небезпечному перерізі В, в той час як момент опору перерізу у цій площині Wz менший від Wy .
Перевіримо на міцність балку в перерізі С:
34
s = |
|
|
M zC |
|
|
= |
|
15 ´106 |
=139,65 МПа<166 МПа . |
|
|
|
|||||||
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
107,41´103 |
||||
|
|
|
Wz |
|
Умова міцності виконується.
7.Визначаємо положення нейтральної лінії в небезпечному перерізі В
ібудуємо епюру сумарних напружень.
Креслимо в масштабі переріз балки (рис. 3.6).
Щоб спростити знаходження положення нейтральної лінії в перерізі та для більшої наочності, зручно спочатку показати положення силової лінії. Вона проходить через квадранти, в яких обидва моменти My і Mz викликають деформації волокон одного знаку: або стиск, або розтяг. Згідно з рис. 3.6 – це другий і четвертий квадранти. Кут нахилу силової лінії до осі у обчислимо за формулою
æ |
M yB ö |
æ 17,5 |
ö |
||
a = arctgç |
|
¸= arctgç |
4,33 |
¸= 76°. |
|
|
|||||
è |
M zB ø |
è |
ø |
Визначаємо положення нейтральної лінії відносно осі z:
æ |
|
M yB |
I |
ö |
æ |
|
17,5 |
622,98 |
ö |
|
||
b = arctgç |
- |
|
´ |
z |
¸= arctg |
ç |
- |
|
´ |
|
¸ |
= -69° . |
|
|
|
||||||||||
ç |
|
M zB |
|
¸ |
|
4,33 |
|
982 |
|
|||
è |
|
I y ø |
è |
|
|
ø |
|
Проходить нейтральна лінія відповідно через перший і третій квадранти (про це свідчить і знак "−" у формулі для кута β).
Проводимо нейтральну лінію і перпендикулярно до неї – базову лінію епюри сумарних напружень. Проводимо також базові лінії епюр розподілу напружень по сторонах перерізу. Небезпечні точки перерізу – найвіддаленіші від нейтральної лінії. Тобто це точки D i E. Тут діють максимальні напруження: стискувальні для точки D і розтягувальні для точки Е (знак
напружень визначаємо за напрямком дії згинальних моментів M z і M y ).
35
Рис. 3.6. Епюри розподілу напружень у перерізі В
Користуючись результатами розрахунків для σmax (див. п. 6), запишемо:
|
σ |
M z |
|
= |
|
|
M zB |
|
= 40,03 МПа ; |
|
σ |
M y |
|
= |
|
|
M yB |
|
|
=124,64 МПа ; |
||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
Wz |
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Wy |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
zB − |
M yB |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
σD = −σM z |
|
− σM y |
= − |
= −40,03 −124,64 = −164,67 МПа ; |
||||||||||||||||||||
|
|
Wy |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Wz |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
36
σЕ = σM z + σM y = |
M |
zB + |
M yB |
= 40,03 |
+124,64 |
= 164,67 МПа . |
|
Wy |
|||||
|
Wz |
|
|
|
За отриманими даними будуємо епюри напружень (див. рис. 3.6).
8. Визначаємо прогини балки в перерізі А у головних площинах xy та xz та величину повного прогину, користуючись методом Мора.
Прогин у площині xy позначимо wAy , а у площині xz – wAz .
Для визначення прогину у площині xy до балки в перерізі А прикладаємо одиничну силу Py =1 (рис. 3.7, а) та записуємо вирази для згинальних моментів на кожній ділянці стержня (точки відліку положень довільного перерізу х на кожній ділянці узгоджуємо з вибраними в п. 3 при визначенні згинальних моментів від заданого навантаження).
У площині xy :
I : 0 ≤ x ≤1 ì :
II : 0 ≤ x ≤1 ì :
Mz ( x) = −1×x .
Mz ( x) = −1×x .
Рис. 3.7. Схеми прикладання до балки одиничних навантажень при визначенні прогинів у перерізі А
Користуючись виразами для згинальних моментів від заданого навантаження, отриманими в п. 3, та одиничного навантаження, запишемо інтеграл Мора у вигляді:
37
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
( |
x) |
|
|
|
|
|
|
1 é1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 qy x2 |
|
|
|
|
|
ù |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
M z ( x) M |
z |
i |
|
|
|
|
|
|
( -M + RC y x) ( -1´x) dx + |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
wAy = å |
ò |
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dx = |
|
|
|
ê |
ò |
ò |
|
|
|
|
|
( |
|
-1´x) dxú = |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
EIz |
|
|
|
|
|
EIz |
|
|
2 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ê |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ú |
|||||||||||||||
|
|
|
|
li |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ë |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
û |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
103 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
103 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
ù |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
é |
|
|
|
( -15´106 +19,33´103 x)( -x) dx + ò |
|
8,66x |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ê |
ò |
|
|
|
|
|
( -x) dxú |
= |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
2 |
|
5 |
´622,98 ´10 |
4 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
´10 |
|
|
|
ê |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ú |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ë 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
û |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
103 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
103 |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
ù |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
é |
|
|
(15´106 x -19,33´103 x2 ) dx - ò |
|
|
8,66x |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ê ò |
|
|
|
|
|
dxú |
= |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
2 |
´10 |
5 |
´622,98 ´10 |
4 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
ê |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
ú |
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ë 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
û |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
æ |
|
|
|
|
|
6 x |
2 |
|
|
|
3 |
|
x3 |
|
8,66x4 |
ö |
|
103 |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ç15 |
´10 |
|
|
|
-19,33´10 |
|
|
|
|
|
- |
|
|
|
|
|
|
|
¸ |
|
|
|
|
= |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
2 |
´10 |
5 |
´622,98 ´10 |
4 |
|
|
2 |
|
3 |
|
|
8 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
è |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ø |
|
0 |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1012 |
|
|
|
æ |
15 |
|
19,33 |
|
8,66 |
ö |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ç |
|
|
|
- |
|
|
- |
|
|
¸= -0,016 ì ì . |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
´622,98 ´10 |
4 |
2 |
|
3 |
8 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 ´10 |
|
|
|
è |
|
|
|
|
ø |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
Отже, величина прогину у площині xy складає |
|
|
wAy |
|
= 0,016 мм . Знак |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
„-” означає, що прогин спрямований у бік, протилежний до напрямку одиничної сили Py (див. рис. 3.7, а).
Для визначення прогину у площині xz прикладаємо в перерізі А оди-
ничну силу |
|
|
=1 (рис. 3.7, б) і проводимо всі необхідні обчислення у по- |
||||||||||||||||||
Pz |
|||||||||||||||||||||
слідовності, як і для площини xy . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Вирази для згинальних моментів від одиничного навантаження: |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
I : 0 ≤ x ≤1 ì : |
|
|
|
|
|
|
y ( x) = -1´x . |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
II : 0 ≤ x ≤1 ì : |
|
|
|
|
|
|
y ( x) = -1´x . |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
|||||||||
Інтеграл Мора: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
n |
M y ( |
|
|
y ( |
x) |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
x) M |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
wAz = åò |
|
i |
|
|
|
|
i |
|
dx = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
EIz |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
i=1 l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
é |
1 |
( -RC z ´x) ( -1´x) dx + |
1 æ qz x2 |
|
|
ö |
|
ù |
|
||||||||||
= |
|
|
|
|
ê |
ò |
òç |
|
2 |
|
- P ´x |
|
( -1´x) dxú |
= |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
EIz ê |
|
|
|
|
|
|
|
¸ |
ú |
|
||||||||||
|
|
|
|
ë |
0 |
|
|
|
0 è |
|
|
|
|
|
|
|
ø |
|
û |
|
38
|
|
|
|
|
|
|
|
|
é |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
ù |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
103 |
|
|
|
|
|
|
|
|
103 |
æ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ö |
|
|
||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
ò (17,5 ´103 x2 ) dx + ò |
|
5x |
|
+ 20 ´103 x2 |
|
|
|||||||||||||||||
= |
|
|
|
|
|
|
|
ê |
ç |
- |
|
¸dxú |
= |
||||||||||||||||||||
2 |
´10 |
5 |
´982 ´10 |
4 |
2 |
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
ê |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
è |
|
|
|
|
|
|
|
|
ø |
ú |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ë |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
û |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
æ |
|
|
|
3 |
x3 |
|
5x4 |
|
|
|
|
3 |
x3 |
ö |
|
103 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
ç17,5 ´10 |
|
- |
|
|
|
+ |
20 |
´10 |
|
¸ |
|
= |
|
|
||||||||
|
|
2 ´10 |
5 |
´982 |
´10 |
4 |
|
3 |
|
8 |
|
|
3 |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
è |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ø |
|
0 |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1012 |
|
|
æ |
17,5 |
|
5 |
|
20 |
ö |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ç |
|
|
- |
|
+ |
|
|
¸= 6,046 ì ì . |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
2 |
´10 |
5 |
´982 ´10 |
4 |
3 |
|
8 |
3 |
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
è |
|
|
|
ø |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Сумарний прогин знаходимо як геометричну суму знайдених прогинів:
wA = wAy2 + wAz2 = 0,0162 + 6,0462 » 6,05 мм .
Щоб визначити напрямок прогину, треба побудувати векторну діаграму переміщень центру ваги перерізу А, зобразивши в масштабі вектори
переміщень wAy і wAz .
Слід зазначити, що в нашому випадку напрямок сумарного прогину практично збігається з напрямком прогину в площині xz , оскільки
wAy = wAz . Однак, з метою показати методику таких обчислень повністю, зобразимо векторну діаграму переміщень без дотримання масштабів, вказавши лише реальні напрямки знайдених прогинів (рис. 3.8).
Кут між напрямком сумарного прогину та віссю z знайдемо зі співвідношення:
æ wy ö |
æ |
0,016 |
ö |
||
g = arctgç |
|
¸= arctgç |
6,05 |
¸= arctg0,0026446=0,15° . |
|
|
|||||
è wz ø |
è |
ø |
39
Рис. 3.8. Векторна діаграма переміщень перерізу А
40
ЗАДАЧА 4 ПОЗАЦЕНТРОВИЙ СТИСК
Бетонна колона стискається силою Р, що діє паралельно осі колони, але не збігається з віссю (рис. 4.1). Для заданого перерізу колони (табл. 4.1, рис. 4.2) визначити допустиме значення сили Р і побудувати епюру розподілення напружень в перерізі, якщо відома точка прикладання сили Р в системі координат z’, y’ і допустимі значення напружень на розтяг
[σ]ð = 2 Ì Ï à і на стиск [σ]ñ = 20 Ì Ï à .
|
|
y ’ |
P |
|
y p |
|
|
|
|
p |
|
0 |
Z |
p |
Z ’ |
|
|
Рис. 4.1. Приклад позацентрового стиску колони
41