Розрахунок прямокутної пластини при згині
.pdf
|
|
|
|
E z |
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
E z |
|
|
|
1 |
|
1 |
|
σ |
|
= |
|
|
|
|
|
|
+ν |
|
; |
σ |
|
= |
|
|
|
|
|
+ν |
|
. |
x |
(1 |
|
2 |
|
|
|
y |
(1 −ν |
2 |
|
|
|
||||||||||
|
|
−ν |
|
|
ρx |
|
|
|
|
|
|
|
ρy |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
) |
|
ρy |
|
|
|
|
) |
|
ρx |
Підставимо в ці співвідношення залежність кривизни від функції прогинів пластинки
1 |
≈ − |
d 2 w |
; |
1 |
≈ − |
d 2 w |
. |
|
ρx |
d x2 |
ρy |
d y2 |
|||||
|
|
|
|
Після підстановки отримаємо
|
|
|
E z |
|
|
|
2 |
w |
|
2 |
w |
|
|
|
σx |
= − |
|
|
|
d |
|
+ν d |
|
|
; |
|
|||
(1 |
−ν |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
2 ) d x2 |
d y2 |
|
|
|
||||||||
|
|
|
E z |
|
|
|
2 |
w |
|
2 |
w |
|
|
|
σy |
= − |
|
|
|
d |
|
+ν d |
|
|
. |
(9) |
|||
(1 |
−ν |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
2 ) d y2 |
d x2 |
|
|
|
Ці вирази з врахуванням (4) дають змогу записати співвідношення для згинальних моментів
M x |
|
2 |
w2 |
|
2 |
w2 |
|
; |
M y |
|
2 |
w2 |
|
2 |
w2 |
|
(10) |
= −D |
∂ |
+ν |
∂ |
|
= −D |
∂ |
+ν |
∂ |
. |
||||||||
|
|
∂x |
|
∂y |
|
|
|
|
∂y |
|
∂x |
|
|
В загальному випадку згину пластин (при поперечному згині) відбувається також кручення елемента поперечного перерізу пластини. При цьому вертикальними дотичними напруженнями можемо нехтувати, а враховувати слід лише горизонтальні дотичні напруження. Розглядаючи викривлення серединної поверхні пластинки викликаної крученням можна аналогічним чином вивести формулу залежності крутного момента від функції прогинів:
M xy = H = −D(1−ν) |
∂2w |
. |
(11) |
|
∂x∂y |
||||
|
|
|
Розглянемо нескінченно малий елемент пластини розміром d x ×d y . На
гранях цього елемента виникають три погонних (віднесених до одиниці ширини перерізу) внутрішніх зусилля: згинальні і крутний моменти та поперечні сили. Нехай цей елемент пластини перебуває під дією розподіленого навантаження q(x, y). Тоді умови рівноваги елемента (після відкидання величин
вищих порядків малості) будуть мати вигляд:
∑Fz = 0 : |
d Q |
+ |
|
d Qy |
= −q ; |
|
||||
|
x |
|
|
|
|
|
||||
d x |
|
d y |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|||||
∑M x = 0 : |
|
d M |
x |
+ |
d M xy |
=Qy ; |
(12) |
|||
|
d y |
d x |
||||||||
|
|
|
|
|
|
11
∑M y = 0 : |
d M y |
+ |
d M xy |
=Qx . |
|
|
|||
|
d x d y |
Враховуючи вирази для згинальних та крутного моментів (10) - (11) отримаємо з другого і третього рівнянь (12):
Qx = −D |
∂ |
∂2w |
|
∂2w |
|
Qy = −D |
∂ |
∂2w |
|
∂2w |
|
||
|
|
∂x2 |
+ |
∂x2 |
; |
|
|
∂x2 |
+ |
∂x2 . |
(13) |
||
∂x |
∂y |
Підставляючи ці формули в перше рівняння (12), отримуємо диференціальне рівняння серединної поверхні пластини (рівняння Софі Жермен):
∂4w |
+ 2 |
∂4w |
+ |
∂4w |
= |
q(x, y) |
, |
(14) |
|
∂x4 |
∂x2∂y2 |
∂y4 |
D |
||||||
|
|
|
|
|
де q(x, y) - інтенсивність поперечного поверхневого навантаження.
maxτxy
|
H |
M x |
|
|
|
x |
|
H |
x |
|
|
|
|
|
τyx |
|
|
|||
|
|
|
|
|||
|
|
|
σx |
|
||
|
|
|
τ |
xy |
maxσx |
|
|
Qx |
|
|
|||
|
|
|
τ |
|
||
|
|
|
|
|
||
M y |
|
|
|
|
zx |
|
Qy |
y σy |
τzy |
|
|
||
|
|
|
y
Рис. 4. Рис. 5.
Таким чином, задача згину пластинки зводиться до інтегрування рівняння (14). Якщо функція прогинів знайдена, то зусилля і напруження, які виникають в пластинці, знаходяться за формулами:
а) в перерізі з нормаллю, яка паралельна осі x :
12
|
2 |
w2 + |
|
2 |
w2 |
|
|
|
2 |
w |
|
|
|
|
||||
M x = −D |
∂ |
ν ∂ |
|
; M xy = H = −D(1−ν) |
∂ |
; |
Qx |
|||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||
|
∂x |
|
|
|
∂y |
|
|
|
∂x∂y |
|
|
|
||||||
б) в перерізі з нормаллю, яка паралельна осі y : |
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
∂ |
2 |
w2 |
|
∂ |
2 |
w2 |
|
|
|
2 |
w |
|
||||
M y = −D |
|
+ν |
|
; M xy = H = −D(1−ν) |
∂ |
; |
||||||||||||
|
|
|
|
∂x∂y |
||||||||||||||
|
|
∂y |
|
|
∂x |
|
|
|
|
|
= −D |
∂ |
(∆w) . |
(15) |
|
∂x |
||||
|
|
|
Qy = −D ∂∂y (∆w) . (16)
На рис. 3 показані додатні напрямки внутрішніх зусиль. Кожний з шести силових факторів взаємозв’язаний з відповідним напруженням, додатній напрямок якого показано на рис. 4.
Напруження σx , σy , τxy виражаються через відповідні внутрішні зусилля таким чином (рис. 5):
σx = |
12M |
x |
z ; |
σy = |
12M y |
z ; |
τxy = |
12H |
z . |
(17) |
h3 |
|
h3 |
h3 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Із виразів (17) видно, що нормальні напруження σx , σy |
і горизонтальне |
|||||||||
дотичне напруження τxy |
(τyx ) змінюються по висоті перерізу за лінійним за- |
коном. Вони набувають найбільших значень в точках, які прилягають до поверхні пластинки (z = ±h 2) , а на серединній поверхні дорівнюють нулеві,
тобто: |
|
|
|
|
|
|
|
|
6M y |
|
|
|
|
|
|
maxσ |
x |
= |
6M |
x |
; |
maxσ |
y |
= |
; maxτ |
xy |
= |
6H |
. |
(18) |
|
h2 |
|
h2 |
h2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Епюри напружень σx |
іτyx |
показані на рис. 5. Ці напруження є визнача- |
льними при оцінці міцності пластинки. Вертикальні дотичні напруження τzx і τzy , що зв’язані з погонними поперечними силами Qx і Qy , при розрахунках
пластинки на міцність, як правило, не враховуються.
При розв’язуванні рівняння Софі Жермен виникають сталі інтегрування, які залежать від способу закріплення контуру пластинки і діючих на ньому навантажень. Ці сталі визначаються з умов на контурі пластинки (на кожному краї пластинки формулюються дві граничні умови).
Умови на контурі пластинки (граничні умови). Розрізняють три осно-
вні типи закріплення країв пластинки: жорстко закріплений, шарнірно опертий та вільний (не закріплений).
1.Якщо край пластинки є жорстко закріплений, то на цьому краї прогин і кут повороту в напрямку, що є перпендикулярний до краю, дорівнює нулю.
2.Якщо край пластинки шарнірно опертий і не навантажений момен-
13
тами, то на цьому краю прогин і згинальний момент дорівнюють нулеві. Якщо край навантажений торцевим розподіленим моментом, то згинальний момент дорівнює торцевому моменту.
3.Якщо край пластинки вільний (не закріплений і вільний від навантаження), то на цьому краю згинальний момент і поперечна сила дорівнюють нулеві.
4.Якщо край пластинки вільний від закріплення, але навантажений розподіленим торцевим моментом і вертикальним навантаженням, то на цьому краї згинальний момент дорівнює торцевому моменту, а зведена поперечна сила – вертикальному значенню сили.
|
|
a |
Згинальний |
момент |
|
B |
|
|
C |
вважається додатнім, якщо |
|
|
|
|
він згинає пластинку опук- |
||
|
|
|
x |
||
|
|
|
|
лістю вниз. Знак поперечної |
|
|
|
|
b |
сили співпадає зі знаком від- |
|
|
|
|
повідного їй дотичного на- |
||
|
M0 |
||||
A |
|
|
|
пруження. Тому, якщо на то- |
|
|
|
|
|||
|
D |
рцевій грані пластинки, зов- |
|||
y |
|
||||
|
q0 Рис. 6 . |
нішня нормаль якої співпадає |
|||
z |
з додатнім напрямком пара- |
лельної їй координатної осі, вертикальне навантаження напрямлено вниз, то воно викликає додатну поперечну силу (в граничну умову підставляється зі знаком „+”).
Приклади запису граничних умов. Для пластини (рис. 6), сторона АВ якої жорстко закріплена, сторона ВС - шарнірно оперта, сторона CD - вільна і сторона DA вільна від закріплення, але навантажена розподіленими торцевими моментами M0 і силами q0 , потрібно записати в загальному вигляді грани-
чні умови. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂w |
|
|
|
|
|
Край АВ (жорстко закріплений) : |
x = 0; |
0 ≤ y ≤b; |
w = 0; |
= 0 . |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
|
|
Край ВС (шарнірно опертий): |
|
y =0; |
0 ≤ x ≤ a; |
w = 0; |
M y |
|
= 0 . |
|
|
||||||||
Край СD (вільний): x = a; |
0 ≤ y ≤b; |
|
w = 0; M x = 0 або |
∂2w |
+ν |
∂2w |
= 0 |
; |
|||||||||
|
∂x2 |
|
∂y2 |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Q |
зв |
= 0 або |
∂3w |
+(2 |
−ν) |
∂2w |
=0 . |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
x |
|
|
∂w3 |
|
|
∂x∂y2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Край АD (вільний від закріплення, але навантажений рівномірно розподіленим торцевим моментом M0 і вертикальним навантаженням q0 ):
14
y =b; 0 ≤ x ≤ a; M |
y |
= M |
0 |
; |
Qзв = −q , |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
0 |
|
|
|
|
||
або −D |
|
∂2w |
+ν |
∂2w |
= M |
0 ; −D |
|
∂3w |
+(2 −ν) |
∂3w |
= −q0 . |
||||
|
∂y2 |
∂x2 |
|
∂y3 |
|
|
|||||||||
∂x2∂y |
В останній умові вертикальне розподілене навантаження q0 підставлене
JJG
зі знаком „-” , так як на краю АD зовнішня нормаль nAD співпадає з додатнім напрямком осі y , а навантаження напрямлене вверх.
Приклад розв’язування задачі.
0 |
A |
Дано прямокутну пластинку, |
|
x віднесену до декартової системи ко- |
|||
|
ординат x0 y (рис. 7), яка знаходиться
C |
B |
y |
a |
Рис. 7.
bпід дією поперечного рівномірно розподіленого навантаження інтенсивності q0 . Функцію прогинів пластинки
w(x, y) задано з точністю до постійного множника K :
w(x, y) = Kx(x −a)( y −b)2 .
Потрібно визначити цей постійний множник і характер закріплення пластин-
ки, побудувати епюри внутрішніх зусиль в перерізі |
x = a |
2 |
і |
y = b |
2 |
і знайти |
||
|
σx ,σy ,τxy . При |
|
|
|
|
|||
найбільше значення напружень |
розрахунках |
прийняти: |
||||||
a = 2 м; b =1м; h =0.1м; ν = 0.25 ; q |
|
= 40 кН/м2. |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
Розв'язування:
1.Використовуючи диференціальне рівняння зігнутої серединної поверхні пластинки, визначимо постійний коефіцієнт K . Для цього знайдемо ча-
стинні похідні функції прогину:
∂w |
= K (2x −a)( y −b)2 , |
∂w |
= 2Kx(x −a)( y −b) ; |
|
|
|
(а) |
||||||||||||||||||||
∂x |
|
|
|
|
|
|
|
∂y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
w2 |
|
|
|
2 |
w2 = 2Kx(x −a) , |
|
|
3 |
|
|
|
|
∂ |
|
2 |
|
|
|
||||||||
∂ |
= 2K ( y −b)2 , |
∂ |
|
|
∂ w |
|
= |
|
∂ |
w2 |
|
= 4K ( y −b) ; (б) |
|||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|||||||||||||||||||||
∂x |
|
|
|
|
|
∂y |
|
|
|
|
|
|
|
∂x ∂y |
|
|
∂y |
∂x |
|
|
|||||||
∂4w |
= 0 , |
∂4w |
= 0 , |
∂4w |
|
= |
∂ |
|
∂3w |
|
|
= 4K . |
|
|
(в) |
||||||||||||
|
|
4 |
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
∂x |
|
∂y |
2 |
∂y |
2 |
∂y |
2 |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
∂x |
∂y |
|
|
|
|
|
|
Підставимо знайдені значення похідних в рівняння Софі Жермен, тоді одержимо K = 8qD0 .
15
2. Встановлюємо, яким граничним умовам задовольняє задана функ-
ція прогинів. Для цього розглянемо геометричні граничні умови (прогини і кути повороту на контурі пластинки).
Як видно з виразу (а) при x = 0 , w = 0 ; при x = a , w = 0 ; при y = 0 , w ≠ 0 ; при y =b w = 0 . Так як на краях АВ, СВ і ОС прогини дорівнюють нулеві, то
ці краї можуть бути або шарнірно оперті, або жорстко закріплені. Край ОА вільний від закріплення (на цьому краї прогин не дорівнює нулеві).
Як випливає з виразів (б) при |
x =0, |
∂w |
≠ 0 ; при |
x = a, |
∂w |
≠ 0 ; |
|
|
∂x |
|
|
∂x |
|
при y =b, ∂∂wy =0 . Отже, край СВ ( y =b ) жорстко закріплений. На краях ОС
( x = 0 ) і АВ ( x = a ) кути повороту не дорівнюють нулеві. Тому ці краї є шарнірно оперті. Однак, вони можуть бути навантажені розподіленим згинальним моментом. Перевіримо наявність цих моментів:
Край ОС
M x |
|
2 |
w2 |
|
2 |
w2 |
|
= −2KD( y −b)2 = − |
1 q0 ( y −b)2 |
≠ 0 ; |
= −D |
∂ |
+ν |
∂ |
|
||||||
|
|
∂x |
|
∂y |
x=0 |
|
4 |
|
||
Край АВ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M x |
|
2 |
w2 |
|
2 |
w2 |
|
= −2KD( y −b)2 = − |
1 q0 ( y −b)2 |
≠ 0 . |
= −D |
∂ |
+ν |
∂ |
|
||||||
|
|
∂x |
|
∂y |
x=a |
|
4 |
|
Отже, до шарнірно опертих країв ОС і АВ прикладене розподілене моментне навантаження, яке змінюються за параболічним законом.
Перевіримо наявність навантаження на вільному краї ОА ( y = 0 ):
M y |
|
2 |
w2 |
|
2 |
w2 |
|
|
= −2KD[x(x −a) |
−νb2 ] = − |
1 q0[x(x −a) −νb2 |
] ; |
|||
= −D |
∂ |
+ν |
∂ |
|
|
||||||||||
|
|
∂y |
|
∂x |
y=0 |
|
|
|
|
4 |
|
||||
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
Qyзв = −D |
∂ |
w3 |
+(2 −ν) |
|
∂ w |
|
= −4KD(2 |
−ν)b = −1 q0 (2 −ν)b . |
|
||||||
|
|
2 |
|
||||||||||||
|
|
∂y |
|
|
|
|
∂x |
∂y y=0 |
|
|
2 |
|
Звідси випливає, що край ОА навантажений згинальним моментом, який змінюється за параболічним законом і рівномірно розподіленим вертикальним навантаженням, яке напрямлене вверх.
3. Складемо вирази для згинальних і крутних моментів та поперечних сил. Згинальні моменти:
M |
|
= −D |
∂2w |
+ν |
∂2w |
= − |
1 q [( y −b)2 |
+νx(x −a)]; |
|
x |
|
∂x2 |
|
∂y2 |
|
4 0 |
|
16
M |
|
= −D |
∂2w +ν ∂2w = −1 q |
|
[x(x −a) +ν( y −b)2 |
] . |
|||||||||||
|
y |
|
|
∂y2 |
|
∂x2 |
4 |
0 |
|
|
|||||||
Крутний момент: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
∂3w |
|
|
∂3w |
|
1 |
|
|
|
|
|||||
H = −D |
∂x3 |
+ |
|
|
|
= − |
4 (1 |
−ν)q0 (2x −a)( y −b) . |
|||||||||
∂x∂y2 |
|||||||||||||||||
Поперечні сили: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
∂3w |
|
|
∂3w |
|
1 |
|
|
|
|
||||
Qx = −D |
|
∂y3 |
+ |
|
|
|
|
= − |
4 q0 |
(2x −a) ; |
|
||||||
|
∂x∂y2 |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
∂3w |
|
|
∂3w |
|
1 |
|
|
|
|
||||
Qy = −D |
|
∂y3 |
+ |
|
|
|
= − |
2 q0 |
( y −b) . |
|
|||||||
|
∂y∂x2 |
|
4. Побудуємо епюри внутрішніх силових факторів для двох перерізів x =1м і y =0.5м; формули для визначення внутрішніх зусиль з врахуван-
ням числових значень q0 , a, b і ν набувають вигляду: |
|
||||||||||||||||||||||||||
а) для перерізу І-І |
|
( x =1, 0 ≤ y ≤1) |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
M |
x |
= − |
1 q |
|
[( y −b)2 +νx(x −a)] |
x=1 |
= −10[( y −1)2 |
−0.25] |
(kH м/ м) , |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
4 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
M |
y |
= − |
1 q |
[x(x −a) +ν( y −b)2 ] |
x=1 |
|
= −10[−1+ |
0.25( y −1)2 ] (kH м/ м) , |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
4 |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
H = − |
1 q (1−ν)(2x −a)( y −b) |
|
|
|
|
|
|
= 0 (kH м/ м) , |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
4 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x=1 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Q = − |
1 q |
|
(2x −a) |
|
|
|
= 0 (kH / м) , |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
x |
|
|
4 |
0 |
|
|
|
|
|
x=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Q |
y |
|
= −1 q |
|
( y −b) |
|
|
|
|
= −20( y −1) (kH / м) , |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
0 |
|
|
|
|
|
x=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
б) для перерізу ІІ-ІІ ( y =0.5, |
|
0 ≤ x ≤ 2) |
|
|
|
||||||||||||||||||||||
M |
x |
= −1 q |
[( y −b)2 +νx(x −a)] |
|
|
|
|
|
|
= −2.5[1 |
+ x(x −2)] |
(kH м/ м) , |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
4 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y=0.5 |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
y |
= −1 q |
[x(x −a) +ν( y −b)2 ] |
|
|
|
|
|
|
= −10[x(x −2) +0.0625] (kH м/ м) , |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
4 |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y=0.5 |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
H = − |
1 q (1−ν)(2x −a)( y −b) |
|
|
|
|
|
|
|
= 7.5(x −1) |
(kH м/ м) , |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
4 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y=0.5 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Q = − |
1 q |
|
(2x −a) |
|
= −20(x −1) (kH / м) , |
|
|
|
|||||||||||||||||||
x |
|
|
4 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Q |
y |
|
= −1 q |
|
( y −b) |
|
|
|
|
|
=10 (kH / м) . |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
0 |
|
|
|
|
|
y=0,5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
17
Обчислені за цими виразами значення зусиль в характерних точках перерізів наведені в табл.3, і 4.
|
Точки y,(м) |
|
|
|
Таблиця 3 |
|
Зусилля |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0.25 |
0.5 |
0.75 |
1.0 |
M x ,kH м/ м |
-7.5 |
|
-3.125 |
0 |
1.825 |
2.5 |
M y , kH м/ м |
7.5 |
|
8.59 |
9.37 |
9.84 |
10 |
|
|
|
|
|
|
|
Н,kH м/ м |
0 |
|
0 |
0 |
0 |
0 |
Qx , kH / м |
0 |
|
0 |
0 |
0 |
0 |
Qy ,kH / м |
20 |
|
15 |
10 |
5 |
0 |
|
Точки x,(м) |
|
|
|
Таблиця 4 |
|
Зусилля |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0.5 |
1.0 |
1.5 |
2.0 |
M x ,kH м/ м |
-2.5 |
|
-0.625 |
0 |
-0.625 |
-2.5 |
Mн,kH м/ м |
-0.625 |
|
6.875 |
9.375 |
6.875 |
-0.625 |
Н,kH м/ м |
-7.5 |
|
-3.75 |
0 |
3.75 |
7.5 |
Qx , kH / м |
20 |
|
10 |
0 |
-10 |
-20 |
Qx , kH / м |
10 |
|
10 |
10 |
10 |
10 |
На основі одержаних числових результатів будуємо епюри внутрішніх зусиль
M x , M y , H , Qx , Qy (рис. 8).
5. За побудованими епюрами визначаємо найбільші значення нормальних σx , σy і дотичного τxy напружень (див. рис.2):
max M x = M x |
|
x=1 |
= 7.5 (kH м/ м) ; |
|
|||
|
|
y=0 |
|
max M y = M y |
x=1 =10 |
|
|
(kH м/ м) ; |
|||||||||||||||||||||||||
max H = H |
|
|
y=1 |
|
|
|
(kH м/ м) . |
||||||||||||||||||||||
|
x=0 |
|
= 7.5 |
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y=0.5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
За формулами знаходимо: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
maxσx = |
6 |
|
|
|
|
|
max M x |
|
|
|
|
= |
|
|
6 7.5 |
|
|
= 0.45 МПа; |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
h |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
10 |
4 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0.1 |
|
|
|
|||||
maxσy = |
6 |
|
|
|
max M y |
|
|
|
= |
|
|
6 10 |
|
|
= 0.6 МПа; |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
h |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
10 |
4 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0.1 |
|
|
|
|||||
maxτxy = |
6 |
|
max |
H |
|
|
= |
|
|
|
6 7.5 |
= 0.45МПа. |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
2 4 |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
h |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0.1 10 |
|
|
|
18
7,5
x =1м |
I |
|
|
|
|
|
|
|
|
3,12 |
|
y = 0.5м |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
20 |
|
7,5 |
|
II |
|
II |
|
|
|
|
15 |
|
|
|
0 |
|
||
|
|
|
|
8,59 |
|
|
|
|||
0 |
5 |
10 |
|
9,37 |
|
1,82 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Qy |
Q |
H |
|
9,84 |
M |
2,5 |
y |
I |
|
|
|
|
x |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
||||||
|
|
x |
M y |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2,5 |
|
|
2,5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0, 62 |
|
|
||
|
|
|
20 |
|
|
|
0 |
0, 62 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M x |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0, 62 |
|
|
|
0, 62 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M y |
|
|
|
|
|
|
6, 75 |
|
|
6, 75 |
|
|
|
|
|
|
7,5 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
3, 75 |
9,37 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
H |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3, 75
7,5
10 20
0 |
Qx |
10
20
|
|
Qy |
10 |
10 |
Рис. 8 . |
|
РЕКОМЕНДОВАНА ЛІТЕРАТУРА
1.Корнілов О. А. Опір матеріалів. – К.: ЛОГОС, 2000.
2.Писаренко Г. С., Квітка О. Л., Уманський Е. С. Опір матеріалів. – К.:
Вища школа, 1993.
3.Посацький С. Л. Опір матеріалів. – Львів, 1973.
19
НАВЧАЛЬНЕ ВИДАННЯ
ДОКУМЕНТОЗНАВСТВО
МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ
до виконання розрахунково-графічних робіт для студентів базових напрямів "Будівництво"
Укладачі: Харченко Є. В., д-р техн. наук, проф.; Білобран Б. С., д-р техн. наук, проф.; Стасюк Б. М., канд. фіз.-мат. наук, доц.; Мартинович Б. Т., канд. фіз.-мат. наук, доц.; Ліщинська Х. І., ас.
Редактор:
Комп'ютерне верстання:
20