Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Методичка по сопромату (I семестр)

.pdf
Скачиваний:
61
Добавлен:
18.02.2016
Размер:
2.99 Mб
Скачать

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

110

τmax =

 

Q

 

max n Sz

=

107.5 103

708 106

= 30.5 10

6

Н

= 30.5МПа < mRзс.

 

 

 

 

 

 

 

d J z

 

9

103 27696 108

 

м2

 

 

 

 

 

 

 

 

Тобто, умова міцності балки за дотичними напруженнями виконується.

4. Перевірити балку на міцність за головними напруженнями за IV теорією міцності.

З епюр Q і M видно (рис. 3.20, б ,в), що небезпечним перерізом балки за головними напруженнями може бути тільки переріз D, де діють M=257.5 кНм та Qmax =92.5 кН.

Побудуємо епюри нормальних σ та дотичних τ напружень в цьому перерізі. Для цього обчислимо нормальні і дотичні напруження в характерних точках перерізу (рис. 3.21, а).

Так як σ =

M y

= f ( y) - лінійна функція, то для побудови

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

її графіка достатньо знати два значення

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σ(1)

=σ

 

y=h / 2

=σmax =

 

M

=

257.5 103

= 209.2 10

6

Н

 

= 209.2 МПа,

 

 

 

 

 

Wz

1231 106

 

м2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σ(2) =

σ

 

y=h / 2t

=

M (h / 2

t)

=

257.5 103 (0.45 / 2 0.0142)

=196

10

6 Н

=

 

 

 

J z

 

 

27696 106

 

 

 

 

 

м2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=196 МПа,

σ(4) =σ y=0 = 0 - на нейтральній лінії.

У верхній частині поперечного перерізу (рис. 3.21, а) діють такі ж самі стискаючі напруження, так як М>0. Епюру напружень σ побудовано на рис. 3.21, б.

а

h=450

111

 

1’

б

σ МПа в

τ МПа

 

 

 

 

 

2’

 

 

 

d=9

 

 

 

3’

 

 

 

4

н.л.

 

26.3

t=14,2

2

-t)/2

196

 

(h/2

 

 

3

 

 

25.8

 

 

 

 

18.4

 

1

 

209.2

1.03

b=160

Рис. 3.21

Дотичні напруження в характерних точках поперечного перерізу обчислюємо за формулою Журавського

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

τ =

Q Sz ( y)

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b J z

 

 

 

 

 

 

 

 

Sz(1)

= 0; Sz(2)

=

bt

(h t) =

0.16 0.0142

(0.45 0.0142) = 4.95 104 м3;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Sz(3)

=

bh

(h t) +

3

d(h

/ 2 t)2

= 4.95 10

4 +

3

0.009(0.45 / 2 0.0142)2 =

 

 

 

 

2

 

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 6.45 104 м3;

Sz(4) = Sz

 

= 7.08 104 м3.

 

 

 

 

п

Q Sz (2)

 

 

92.5 103 4.95 104

 

 

 

6 Н

=1.03 МПа;

τ1 =

0; τ

2 =

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

=1.03 10

 

 

 

b J z

 

0.16

27696 108

 

м2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

112

c

=

 

Q Sz (2)

=

 

92.5 103

4.95 104

=18.37

10

6

 

Н

 

=18.37 МПа;

τ2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d J z

 

0.009 27696 108

 

 

 

м2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

τ3

=

Q Sz (3)

=

92.5 103

6.95 104

 

= 25.79

10

6

 

Н

 

= 25.79 МПа;

 

d J z

 

0.009 27696 108

 

 

м2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

τ4

=

 

Q Sz (4)

 

=

 

92.5 103

7.08 104

 

= 26.27 10

6

 

Н

 

= 26.27 МПа

 

d J z

 

 

0.009 27696 108

 

 

 

м2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

За обчисленими значеннями τ на рис. 3.21, в побудовано епюру дотичних напружень.

З епюр σ і τ (рис. 3.21, б, в) видно, що небезпечною точкою поперечного перерізу при перевірці міцності за головними напруженнями є точка переходу від полиці до стінки

2(2), де діють напруження σ=196 МПа і τ=18.37 МПа. В цій точці обчислимо еквівалентне напруження за IV теорією міцності (3.16).

σекв = σ 2 +3τ 2 = 1962 +3 18.372 =198.6 МПа < mRзг = 215 МПа.

Тобто, двотавр №45 задовольняє усім умовам міцності за нормальними, дотичними і головними напруженнями.

5. Визначити методом початкових параметрів прогини і кути повороту на межах усіх ділянок балки.

Приймаємо початок координат в крайній лівій точці балки і позначимо ділянки (рис. 3.20, г). При такому початку координат рівномірно розподілене навантаження q1 не задовольняє умові безперервності. Тому продовжуємо її до

113

кінця балки і прикладаємо додатне навантаження, що компенсує q1 і починає діяти в точці D (рис. 3.20, г).

Запишемо універсальне рівняння пружної лінії балки для прогинів на усіх ділянках

 

 

EJy = EJy0 + EJθ0 x

M (x 0)2

 

 

+

 

VA (x 2.5)3

 

 

+

q1(x 2.5)4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3!

 

 

 

 

 

 

 

 

4!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I

 

 

 

 

 

 

 

 

 

II

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0x2.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2.5мx7.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F(x 7.5)3 + q1(x 7.5)4

 

+VB (x 10.5)3

 

 

q2 (x 10.5)4

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3!

 

 

 

 

 

 

 

4!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3!

 

 

 

 

 

 

4!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

III

 

 

 

 

 

IV

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7.5мx10.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

10.5мx12.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Невідомі початкові параметри EJy0 і EJθ0 визначимо з

умов закріплення балки

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJy

 

= EJy

 

 

 

 

= EJy

 

+ EJθ

 

2.5

30

2.5

2

=

0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I

x=2.5

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

30

10.52

 

 

107.5 103

20 8

4

 

100 33

 

 

 

 

20 34

 

EJyB

= EJyIII

 

 

= EJy0 + EJθ0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

10.5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

= 0.

 

 

 

 

 

 

x=10.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

6

 

 

24

 

 

6

 

 

 

 

 

 

24

 

 

 

Після обчислень одержимо таку систему рівнянь для визначення

початкових параметрів:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJyA = EJy0 + 2.5EJθ0 93.75 = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJy

B

= EJy +10.5EJθ

0

+3723.75 =

0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

З розв'язування системи рівнянь отримаємо

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJy0 =1286.64 кНм3; EJθ0 = −477.16 кНм2 , де

 

 

 

 

 

 

 

EJ = 2 105 106 27696 108 = 5.5392 107 Н м2 -

 

 

 

 

жорсткість

 

при

згинанні.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Обчислимо прогини балки на межах ділянок

 

 

 

 

 

 

 

114

EJyС = EJyI

 

x=0м = EJy0 yС = y0 =

1286.64

 

=

1286.64 103

= 0.0232м

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

5.5392 107

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJyD = EJyII

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

30

7.52

107.5 53

 

 

20

5

4

 

 

 

 

 

=1286.64 477.16

7.5

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

x

=7.5м

 

 

2

 

 

 

6

 

 

 

24

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=1286.64 3578.7 843.75 + 2239.58 520.83 = −1417.06

 

 

 

 

 

 

yD = −

1417.06

= −

1417.06 103

 

= −0.0256 м;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

5.5392 107

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJyB = EJyIII

 

 

 

 

 

=1286.64 477.16 10.5

30 10.52

+

 

107.5 83

20 84

100 33

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x=10.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

24

 

6

 

+202434 =1286.64 5010.18 1653.75 +9173.33 3413.33 450 +67.5 =

=10527.47 10527.26 = 0.21 0

EJyE = EJyIV

 

 

 

=1286.64 477.16 12.5

30

12.52

+

107.5

103

20 10

4

 

x=12.5м

 

 

2

 

6

 

24

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

100 53

 

 

20 54

 

112.5 23

 

10 2

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

+

 

 

 

 

 

 

=1286.64 5964.5 2343.75 +

 

 

6

 

24

 

6

 

 

24

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+17916.67 8333.33 2083.33 +520.83 +150 6.67 =1142.56

 

 

 

 

 

 

 

yE

=

1142.56

=

1142.56 103

 

= 0.0206 м.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5.5392 107

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Отримаємо універсальне рівняння пружної лінії для кутів повороту. Для цього продиференцюємо універсальне рівняння пружної лінії для прогинів.

 

 

VA (x 2.5)2

 

q1(x 2.5)3

 

 

 

F(x 7.5)2

 

EJy′ = EJθ = EJθ0

M (x 0)

 

+

 

 

+

 

 

 

 

2!

 

2!

 

 

 

 

3!

 

 

 

 

 

 

I

 

 

II

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0x2.5м

 

 

3мx5.5м

 

 

 

 

 

115

 

 

+

q1(x 7.5)3

 

 

+ VB (x 10.5)2

q2 (x 10.5)3

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

III

 

 

IV

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7.5мx10.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

10.5мx12.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Обчислюємо кути повороту на межах ділянок

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

θC

 

=θ0

= −

477.16

 

= −

477.16 103

 

= −0.0086 рад.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

5.5392

107

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −477.16 30 2.5 = −477.16 75 = −522.16

 

 

 

EJyA

= EJyI

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x=2.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

522.16 103

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

θA = −

522.16

= −

= −0.01рад.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

5.5392 107

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

107.5 52

 

 

20 53

 

 

 

 

 

 

 

EJyD = EJyII

 

 

 

 

 

 

 

= −477.16 30 7.5 +

 

 

 

 

2

 

 

 

 

6

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x=7.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −477.16 225 +1343.75 416.67 = 224.92

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

θD

=

 

 

224.92

 

=

 

224.92 103

 

= 0.0041рад.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5.5392 107

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −477.16 30 10.5 +

107.5 82

 

20 83

 

 

 

100 32

 

+

20 33

=

EJyB = EJyIII

x=10.5м

 

2

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

2

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −477.16 315 +3440 1706 450 +90 = 581.17

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

θB

=

 

581.17

=

 

581.17 104

 

= 0.0105 рад.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5.5392 104

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

107.5 102

 

 

20 103

 

 

 

 

100 52

 

20 53

 

 

EJyE = EJyIV

x=12.5м

= −477.16 30

12.5 +

 

 

2

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

2

 

 

+

6

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

112.5 22

10 23

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

= −477.16 375 +5375 3333.33 1250 + 416.67 +

 

 

2

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+ − = θ = 567.85 = 567.85 103 =

225 13.33 567.85 E 0.0103 рад. EJ 5.5392 107

6. Побудувати пружну лінію балки і перевірити умову

жорсткості.

116

За обчисленими значеннями прогинів і кутів повороту на рис. 3.20, д побудовано пружну лінію балки. Для наочності масштаб прогинів збільшено у порівнянні з масштабом довжин у сто разів. Тому відкласти кути повороту у масштабі неможливо. При побудові пружної лінії балки необхідно враховувати такі закономірності. Опуклість пружної лінії балки завжди направлена у той бік, де розташована епюра згинальних моментів. Нульова точка епюри М є точкою перегину пружної лінії балки. В цій точці кривизна її змінює знак на протилежний.

З рис. 3.20, д видно, що стріла прогину балки f=2.56 см. Допустима стріла прогину, за умовою, складає 1/250 прольоту балки, тобто

[ f ] =

l

=

8 10

2

= 3.2 см.

250

250

 

 

 

Так як f=2.56 см<[f]=3.2 см, то жорсткість балки забезпечена.

7. 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 2)

Іванов І.І., гр.Д-21,

 

сх.-вар., par

 

1 7 0

Число ділянок

 

4

Номери опорних точок

2 4

-----------------------------------------

N в.| Xi[м]

Mi[кнм] Fі[кн] qi[кн/м]

-----------------------------------------

1

|

0.00

-30.00

0.00

0.00

2

|

2.50

0.00

0.00

-20.00

3

|

7.50

0.00

-100.00

0.00

117

4

| 10.50

0.00

0.00

-10.00

5

| 12.50

0.00

0.00

 

0.00

Контрольні дані

h, y5, t5

0.450 0.0206 0.0102

Максимальні зусилля Mmax, Qmax 257.50 107.50

Результати обчислень на ПЕОМ за програмою ”PROCH”, що виконані згідно з інструкцією (див. додаток 5), наведені на рис. 3.22.

118

Задача 2. Розрахунок сталевої двотаврової балки

Результати розрахунку

Опорні реакції Va=107.50кН Vb=112.50кН

|M|max=257.50кНм при Х=7.50м |Q|max=107.50кН при Х=2.50м

Розміри двотаврового перерізу

W=0.001197м3=1197см3 I№45 Ц*=1231см3 J*=27696см4 h=0.45м b=0.160м d=0.009м t=0.0142м

Максимальні напруження для перерізу Smax=209.18МПа не перевищує допустимі напруження Tmax= 30.53МПа не перевищує допустимі напруження Небезпечні і еквівалентні напруження для перерізу

Sнеб=195.99МПа Топ= 18.37МПа Sекв=198.55МПа

Початкові параметри EIY0=1286.72кНм3 EIT0=-477.19кНм2

Жорсткість при згині EJ=55392кНм2 Стріла прогину f=0.02738м при Х=6.60м Умова жорсткості виконується f<[f]=0.0320м

Виконав на ПЕОМ ст. Іванов І.І., гр.Д-21, сх.-вар. 1 7

Рис. 3.22

119

3.5. Приклади для самостійного розв’язання

Приклад 3.13. У поперечному перерізі балки (рис. 3.23) діють згинальний момент Mz=-30 кНм і поперечна сила Qy=70 кН. Визначити нормальні і дотичні напруження в точках А і В.

100

15

 

 

 

 

 

A

 

F=30кН

q=12кН/м

 

A

 

B

 

 

 

 

200

 

 

B

0.75м

50

 

 

 

10

 

 

 

Рис. 3.23

 

Рис. 3.24

 

Приклад 3.14. Для балки (рис. 3.24) підібрати двотавровий поперечний переріз при [σ]=140 МПа, [τ]=100 МПа.

Приклад 3.15. Для балки (рис. 3.25) підібрати прямокутний поперечний переріз зі співвідношенням сторін h/b=3, якщо [σ]=140 МПа, [τ]=100 МПа.

Приклад 3.16. Для балки (рис. 3.26) підібрати круглий поперечний переріз, якщо Rзг=14 МПа, Rск=2.2 МПа, n=1.1, m=0.9.

q=6кН/м q=6кН/м q=4кН/м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0.5м

1.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 3.25

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 3.26

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 3.17. Визначити прогин і кут повороту кінцевого перерізу В консолі (рис. 3.27).

Приклад 3.18. Визначити прогин перерізу С балки (рис. 3.28). Приклад 3.19. Визначити прогин перерізу С і кут повороту перерізу D

балки (рис. 3.29).