www.diplomant-spb.ru Для сечения с вертикальной осью ... двутавра 22А, швеллера 22 и листа СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Задача 1
Геометрические характеристики симметричной плоской фигуры (поперечного
сечения балки)
Для сечения с вертикальной осью симметрии, составленного из трех элементов –
двутавра 22А, швеллера 22 и листа 271 см:
1) определить положение центра тяжести сечения С
2) вычислить моменты инерции и моменты сопротивления сечения относительно
главных осей U и V.
Y=V
C1
C2
C3
O
umax=13.5
C
Zc=U
vmax=10.9
Z
Решение
Поскольку предполагается, что плоская фигура представляет собой поперечное
сечение балки с продольной осью Х, то вертикальную и горизонтальную оси
сечения обозначим OY и OZ. Рассматривается частный случай сечения из трех
составляющих элементов c вертикальной осью симметрии OY. Ось OZ совпадает с
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
нижней границей сечения. Горизонтальные координаты zi обозначенных центров
1
,2
,3
) элементов равны нулю; вертикальные yi указаны на
i (i 
тяжести C
чертеже и определены по размерам элементов и данным сортамента.
Результаты вычисления представлены в таблице.
Элемент
Швеллер
22
Лист
271
Двутавр
22А

Fi
yi
zi
(cm )
(cm)
(cm)
26.7
15.2
0
2
Szi  Fi yi
Syi  Fi zi
(cm3)
(cm3)
406
0
ai
bi
(cm)
(cm)
0
4.4
1.6
–4.9
86.5
–
–
940
I zi
I yi
ai2 Fi
bi2 Fi
(cm4)
(cm4)
(cm4)
(cm4)
151
2110
0
2
1640
0
206
2790
0
–
–
–
0
2
Iui Izi b
iF
i
(cm4)
–
–
2
Ivi Iyi a
iF
i
(cm4)
S
S
.
4
0


z 940
y
i
y
 i 
10
.
9
см
z
 
0
c
c
F
86
.
5
F
86
.5


i
i
Расстояния между центрами тяжести элементов Ci и всей фигуры С по
горизонтали и вертикали:
ai  zi zC
bi  yi yC
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
Моменты инерции элементов относительно собственных центральных осей,
проходящих через точки Ci , для швеллера и двутавра определены по сортаменту,
а для листа – по формулам:
lt3
4
Iz2 22
1
.6
см
12
Моменты сопротивления относительно главных осей:
I 1711
3
W
u  
157
см
u
v
10
.
8
max
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
Задача 2
Внутренние усилия и перемещения при продольной деформации
Для
стержня,
изображенного
на
рисунке,
дано:
P190
кН,
l 7 м,
5
[
]120
МПа
, E210МПа
.
6P
0.4l
P
0.2l
3P
0.4l
1. Построить эпюру изменения продольных сил N x по длине стержня;
2. Подобрать из условия прочности площади поперечных сечений F учстков
стержня при заданном их соотношении по длине;
3. Построить эпюру изменения продольных перемещений u по длине.
Решение
1. Опорную реакцию R0 определим из суммы проекций всех внешних сил на ось
OX:
R
6
P

P

3
P

0
0

2
P


380
кН
0
откуда R
Стержень имеет три участка, и продольные силы N x (i 1, 2, 3) , постоянные для
каждого из них, определяются методом сечений как сумма внешних сил,
дейстующих слева от произвольногосечения исследуемого участка
1-й:
0

x

0
.
4
l
,N


R

380
кН
x
0
2-й:
0
.
4
l

x

0
.
6
l
,
N


R

6
P


4
P


760
кН
x
0
3-й:
0
.
6
l

x

l
,
N


R

6
P

P


3
P


570
кН
x
0
Эпюра изменения продольных сил N xi изображена на рисунке. Значения N x  0
определяют сжатие, а N x  0 – растяжение участка.
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
По оси абсцисс отложена относительная (безразмерная) координата x/l.
2. Нормальные напряжения  xi , постоянные по площади сечений стержня на всех
участках, должны удовлетворять условию прочности:
xi
N
x
 i 
[
].
F
i
При необходимости подбора сечения условия прочности преобразуем к виду
F

i,min
Nxi
[]
и получим с учетом указанных на схеме соотношений площадей:
3
380

10
Н
2
F

F


3167
мм
1
,
min
2
120
Н
/
мм
3
760

10
Н
2
2
F

2
F


6333
мм
мм
2
,
min
, откуда F3167
2
120
Н
/
мм
3
570

10
Н
2
2
F

2
F


4750
мм
F2375
мм
3
,
min
2
120
Н
/
мм , откуда
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
Прочность стержня обеспечена при выборе максимальной из трех полученных
площадей, т.е.
2
F3167
мм
.
Проверяем выполнение условий прочности на
участках:
Прочность обеспечена.
3. Перемещения стержня u(x) относительно неподвижной опоры определяем для
трех нагружаемых внешними силами сечений. Каждое из перемещений равно
сумме абсолютных удлинений  i участков стержня, расположенных между
опорой и исследуемым сечением. Абсолютное удлинение вычисляем по закону
Гука i 
Nxi li
EF
i
, где li – длины участков стержня, Fi – площади, найденные из
условия прочности.
Получим:
x  0:
u(0)  0 (опорное сечение)
x  0.4l :
3
3
N
0
.
4
l
(
380

10
Н
)(
0
.
3

7

10
мм
)
x
1
u
(
0
.
4
l
)





1
.
68
мм
1
5 2
EF
2

10
Н
/
мм
)(
3167
мм
)
1(
x  0.6l :
3
3
N
0
.
2
l (
760

10
Н
)(
0
.
2

7

10
мм
)
x
2
u
(
0
.
6
l
)





1
.
68


1
.
68


0
.
84
мм
1
2
52
EF
(
2

10
Н
/
мм
)(
2

3167
мм
)
2
xl:
Изменение
перемещений
между
рассматриваемыми
точками
подчиняется
линейному закону. Растягиваемому участку ( N x  0 ) соответствует рост, а
сжатому ( N x  0 ) – уменьшение перемещений.
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
Задача 4
Внутренние
усилия
и
перемещения
при
поперечном
P30кН;
М60
кН
м
;
изгибе
статически
определимой балки
Дано:
q30
кН
/м;
l 6 м;
b/ h  2/3;
5
[
]
120
МПа
; E210МПа
.
q
M
P
2l/3
l/3
1. Определить реакции опор и построить эпюры поперечных сил Q y
и
изгибающих моментов M z .
2. Подобрать из условия прочности прямоугольное сечение при установленном
соотношении сторон и построить эпюры изменения по высоте сечения
нормальных и касательных напряжений.
3. Определить по уравнению изогнутой оси вертикальные перемещения и
построить эпюру их изменения по длине балки.
Решение
1. Реакции R0 , R1 левой шарнирно неподвижной и правой
R2
шарнирно
подвижной опор определяем из уравнений равновесия:
 R0  0
(Сумма проекций на ось OX)
l
R

q
R
P

0
1
2
3
(Сумма проекций на ось OY)
2
21
l
l


M

R

q
P

0 (Сумма моментов относительно точки B)

1l
32
3

 3
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
q
M
R0 A
B
R2
R1
P
Откуда:
R0  0
P
qL
3
M
30
30

6
3

60
R






15
кН
1
2
12
2
l2
12
2

6
l
30

6
R

q

R

P

(

15
)

30

45
кН
2
1
3
3
Балка состоит из двух участков, для каждого из которых внутренние поперечные
силы Q y и изгибающие моменты M z в сечениях определяем из условий
равновесия частей балки, расположенных слева от исследуемого сечения (метод
сечений). этом случае все внешние силы и реакции, действующие слева от сечения
и направленные вверх, определяют положительную величину Q y , моменты от
внешних сил, действующих слева от сечения и направленные по часовой стрелке,
определяют положительный в вертикальной плоскости изгибающий момент M z .
2
Левый участок: 0 x  3l
Q
(
x
)
R

15
кН
y
1
M
(
x
)

M

R
x

60

15
x
кН

м
z
1
2
Правый участок: 3l  x  l
2

Q
(
x
)

R

R

q
x

l

30

30
(
x

4
)
кН


y
1
2
3

2
2
q
2




2
M
(
x
)

M

R
x

R
x

l

x

l

60

15
х

45
(
х

4
)

15
(
х

4
)
кН

м




z
1
2
3
2
3




(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
M

60
кН
м
z
,max
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
2. Подбор размеров поперечного сечения определяется условием прочности при
изгибе:
x
,
max



[

]
x
,
max
,
M
W
z
где Wz – осевой момент сопротивления площади поперечного сечения.
Для прямоугольника
Wz 
bh2
,
6
а при заданном отношении b/ h  2/3
Wz 
h3
.
9
Подставляя
Wz
в условие прочности с последующим преобразованием,
определяем:
1
/
3
1
/
3
6


9
M

9

60

10
Н

мм
,
max
z



h



165
.
1
мм
min
2


[
] 
120
Н
/
мм




2
112
мм
Принимая h168мм
, находим b3h
.
2
bh
3 3
W


527

10
мм
z
6
Момент инерции:
3
bh
4 4
I
4425

10
мм
z 
12
Для сечения с принятыми размерами
M
60

10
Н

мм



114
МПа
W
527

10
мм
6
x
,
max
x
,
max
3
3
z
Изменение  ч и  xy по высоте опасных сечений определяется по формулам:
M
z,max
y
Iz

y
)
x(
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
Q S(
y
)
y
,max
z
xy
(
y
)
I
b
z
Статический момент S z определяется для площади сечения, расположенной выше
исследуемой точки с координатой y.
Для
верхней
половины
сечения
bh
h
Sz,max

,
24
откуда
при
y 0,
что
свидетельствует о малом влиянии касательных напряжений на прочность балки.
Эпюры  x для сечения x/l 0.903и  xy для сечения x/ l  2/ 3 показаны на
следующем рисунке
3. Расчет
вертикальных
перемещений
балки
Mz(x)
дифференциального уравнения v  EI
z
2


1
q


2

2



v

M

R
x

R
x

l

x

l
1 2





EI
3
2
3
  


z


основан
на
интегрировании
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
Используем следующее соглашение:
0
x

0

[f(
x
)]


f(
x
) x

0

 
Граничные условия: y(0)  0 ; y 3l  0
 
2
Дважды интегрируем дифференциальное уравнение:
2
3

1
1
1
2
q
2






2

v

Mx

R
x

R
x

l

x

l

C
 1

2
1




EI
2
2
3
6
3






z




1
1
1
1
2
q
2






2
3
v

Mx

R
x

R
x

l

x

l

C
x

C


1
2
1
2




EI
2
66
3
24
3






z


3
4
Из граничных условий находим постоянные интегрирования:
График вертикальных перемещений балки показан на следующем рисунке.
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
Задача 6
Внутренние усилия и перемещения в статически определимой плоской раме
Дано:
l  4 м ,;
P 40кН;
М40
кН
м;
q5кН
/м
[
]
120
МПа
;
5
E
2
10
МПа
.
l
q
M
l/2
l
P
1. Определить реакции опор и построить эпюры изменения продольных сил и
изгибающих моментов.
2. Из условия прочности по нормальным напряжениям от изгиба подобрать
сплошное круглое сечение и вычислить максимальные касательные напряжения
от изгиба и нормальные от продольной деформации.
3. Определить горизонтальные перемещения шарнирно опертой рамы с помощью
интеграла Мора и изобразить деформированное состояние рамы.
Решение
i
1
,2
,3
), а
iy
i (
1. Пронумеруем участки и обозначим на них координатные оси x
на опорах А, В – реакции R1, R2, R3.
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
y2
M
x2
x3
q
x1
y1
B
y3
R3
A
P
R2
R1
Определим реакции из уравнений равновесия:
R
ql
R
0
1
2
(Сумма проекций внешних сил и реакций на ось x1 )
PR3 0
(Сумма проекций внешних сил и реакций на ось x2 )
12
l

ql

M

R
l

R
0
2
3
(Сумма проекций моментов относительно точки А)
2
2
Откуда после подстановки исходных данных, получаем:
R1  0
R
20
кН
2 
R
40
кН
3 
Внутренние силы ( N x – продольную, Q y – поперечную, M z – изгибающий
момент) в поперечных сечениях участка рамы определяем методом сечений.
1-й участок: 0  x1  l
Nx1 R
10
Q


P


40
кН
y
1
M


Px


40
x
кН
м
z
1
1
1
2-й участок: 0  x2  l
N


P


40
кН
x
2
Q

R

qx

5
x
кН
y
1
2
2
2
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
1
2
2
M

R
x

Pl

qx


160

2
.
5
x
кН

м
z
2
2
2
2 1
2
3-й участок: 0x3 l/2
N


R
20
кН
x
2
3
Q


R
40
кН
y
3
3
M

R
x


40
x
кН
м
z
3
3
3
3
Эпюры изменения внутренних сил показаны на рисунках (положительные
координаты отложены с наружной стороны от контура рамы).
Продольные силы N x :
Поперечные силы Q y :
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
Изгибающие моменты M z :

160
кН
м
z
,max
2. По эпюре изгибающих моментов M
. Влиянием напряжений от
продольных сил по сравнению с влиянием нормальных напряжений от изгиба
можно пренебречь. Условие прочности имеет вид
M
W
z
изг

 z,max

[

].
x
,max
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
Для круглого сечения
3
M

d
,max
W

z
z
,min
32 [

],
откуда находим диаметр сечения:
1
/
3
32
M


z
,
max

d

238
.
58
мм
min
 []





Для диаметра, округляемого в большую сторону (d = 240 мм),
изг


118
МПа

[

]
x
,
max
.
Для сечения полученного диаметра наибольшие касательные напряжения от изгиба
Наибольшие напряжения от продольной деформации:
,
что подтверждает справедливость пренебрежения этими напряжениями при
изг

118
МПа
x
,max
определении диаметра сечения по сравнению с 
.
3.
Для определения горизонтального перемещения рамы в точке А используем
согласно условию интеграл Мора:
1
(
i
)
(
i
)

 
M
M
dx
A
z
z
0
,
EI
3
zi

1
(
l
i)
(i )
в котором для трех участков рамы M z – изгибающие моменты от внешней
(i )
нагрузки, M z 0 – изгибающие моменты в сечениях вспомогательной системы,
нагружаемой в точке А горизонтальной единичной силой.
Определяем опорные реакции из уравнений равновесия рамы:
R
10R
200
R3010
l
l
R
R
0
30 
20 
2
2
Опорные реакции:
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
R

1
,R


1
;R


1
10
20
30
После определения опорных реакций определяем моменты M z 0 участков рамы,
аналогичных рассмотренным при определении M z :
1-й участок: 0  x1  l
M1z0  x1
2-й участок: 0  x2  l
2
M

1

l
R
x

4

x
z
0
10
2
2
3-й участок: 0x3 l/2
3
M
R
x

x
z
0
30
3
3
(i )
(i )
Подставляем M z и M z 0 в интегралы Мора:

4
4
2


1
2

(

40
x
)
x
dx

(

160

2
.
5
x
)(
4

x
)
dx

(

40
x
)(

x
)
dx

1

A
1
1
22
2
3
3
3


EI


z
0
0
0


3
4213
кН
м

.
EI
z
Для стального стержня с подобранным сечением
 
2
4
d

240
5
13
2
EI

E

2

10


3
.
257

10
Н

мм
z
6464
Окончательно получаем:
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
Задача 8
Расчет неразрезной балки по уравнению трех моментов
Дано:
]120
МПа
a  3 м ; b  2 м ; P40кН; q20
кН
/м; [
.
P
b
1. Раскрыть
статическую
a
b
неопределимость,
b
принимая
за
неизвестные
изгибающие моменты во внутренних опорных сечениях балки.
2. Записать уравнения для внутренних усилий и построить эпюры их
изменения по длине неразрезной балки.
3. Изобразить приближенное очертание изогнутой балки и подобрать сечение
в виде двутавра.
Решение
i
1
,2
,3
,4
) в соответствии с
i(
1. Обозначим вертикальные реакции на опорах R
порядковым номером опоры. Степень статической неопределимости равна 2 (4
реакции минус 2 уравнения равновесия). Представляем балку в виде трех
отдельных пролетов, нагружаемх действующей на них внешней нагрузкой и
i
1
,2
,3
,4
), учитывая, что опорные моменты на
i(
опорными моментами M
общих опорах для соседних пролетов равны и противоположно направлены.
В общем виде уравнение трех моментов имеет вид:


M
l

2
M
(
l

l
)

M
l


6
EI
(

)
i
i
,
i

1
i

1
i
,
i

1
i

1
,
i

2
i

2
i

1
,
i

2
z
i

1
,
i
i

1
,
i

2
,
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
где i  1 – номер общей опоры, М – моменты, l – длины пролетов.  – углы
поворотов на общих опорах, определяемые только внешней нагрузкой (   0 , если
поворот опорного сечения происходит в направлении опорного момента).
Для левого и центрального пролетов общие уравнения принимают вид

M
b

2
M
(
b

a
)

M
a


6
EI
(

)
1
2
3
z
21
23
Для центрального и правого пролетов:

M
a

2
M
(
a

2
b
)

M
2
b


6
EI
(

)
2
3
4
z
32
34
Наружные опоры не нагружены, поэтому
M
1 M
4 0
Для центрального пролета:
3
qa





23
32
.
24
EI
z
Для правого пролета:
P(2b)2
16
EI
z
34
В итоге имеем систему уравнений:
3
qa
2
M
(
b

a
)

M
a

2
3
4
3
qa
32
M
a

2
M
(
a

2
b
)


Pb
2
3
42
После подстановки в уравнения исходных данных определяем опорные моменты:
M
16
.832
кН
м
2
M

11
.
107
кН
м
3
2. Опорные реакции и внутренние усилия определяются правилами расчета
статически определимых систем для каждого пролета, нагруженного внешней
нагрузкой и опорными моментами, отдельно.
Левый пролет: 0  x1  b
R1 R120
R
1bM
2 0
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
M
R


R
2
8
.
416
кН
1
12
b
Внутренние силы:
Q
R
8
.416
кН
y
1
M
R
x
8
.416
x
z
1
1
1
Центральный пролет: bx2 ba
R

qa

R

0
23
32
2
qa
M

R
a


M

0
2 23
3
2
M

M
3
2 qa
R



9
.
313
кН
23
a 2
M

M qa
R

 3 2
32
a
2
Q

R

qx


9
.
313

20
x
y
23
2
2
2
qx
2
2
M

M

R
x


16
.
832

9
.
313

10
x
z 223
2
2
2
Правый пролет: 0 x3 2b
R
P
R
0
34
4
M
R
2
b

Pb

0
3
4
M
P
3
R

4
2b 2
M P
R
 3
34
2
b 2

x

b
R
34 0
3
Q


3
R

P
b

x

2
b
34
3

x
0

x

b
 R
34
3
3
M


z
R
x

P
(
x

b
)b

x

2
b
34
3
3
3

(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
3. Кривая, отложенная от прямолинейной оси балки соответствует изменению
знаков на эпюре и определяет характер изменения изгиба балки между
неподвижными опорами.
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
Размер сечения балки определяется условием
По сортаменту определяем, что прочность балки обеспечивается для двутаврового
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
Задача 10
Расчет напряжений и перемещений при сложной деформации
В точке А жестко защемленного стержня длиной l с поперечным сечением, из
задачи 1 действует сила Р, параллельная продольной оси ОХ.
1. Сравнить напряжения в четырех наиболее удаленных от главных осей точках
сечения.
2. Определить из условия прочности величину максимально допустимой силы
Pдоп .
3. Построить эпюру распределения напряжений по площади поперечного сечения
для силы P  Pдоп .
4. Найти полное перемещение незакрепленного конца стержня длиной l  3 м .
Решение
1. Действующая на стержень сила Р является внецентренно растягивающей и, не
проходя через центр сечения – точку С, вызывает его растяжение вдоль оси OХ и
изгибы в вертикальной YOX и горизонтальной ZOX плоскостях. Эксцентриситеты
y p , z p – расстояния от точки приложения силы до главных осей – определяют
изгибающие моменты в поперечных сечениях Mz Pyp , My Pzp, где
yp 
10
.9см
см
, zp 110
– координаты точки А.
Три внутренние силы в сечениях стержня: продольная N x  P , а также M z и
M y , постоянные по всей длине l определяют в точках поперечных сечений
переменные нормальные напряжения  x ( y, z) . На основании принципа
независимости действия сил

(
y
,
z
)


(
N
)


(
M
)


(
M
)
x
xx
x z
x y
или
NMM

(
y
,
z
)
 y
 z
FI
I ,
x
z
y
x
z
y
2
4
4

86
.
5
c
м
,
I

6540
см
,
I

1711
c
м
y
z
где F
F – площадь и главные моменты
инерции поперечного сечения; y, z – координаты исследуемых точек.
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
С учетом выражений, определяющих внутренние силы, получаем



y
F
z
F
P
p
p


(
y
,
z
)

1

y

z

0
.
01156
P
(
1

0
.
5496
y

1
.
4548
z
)
x


F
I
I
z y

Четыре наиболее удаленные от главных осей точки сечения
1 (нижняя правая):
y


10
.
9
см
,z

110
c
м
1
1
x1 
1
.7694
P
2 (нижняя левая):
y


10
.
9
см
,z


110
c
м
2
2
x2 1.9308
P
3 (верхняя правая):
y

10
.
3
см
,z

110
c
м
3
1
x3 1.9042
P
4 (верхняя левая):
y

10
.
3
см
,z


110
c
м
4
1
x4 1.7960
P
2. Сравнение полученных напряжений показывает, что опасной точкой является 2
и условие прочности для стержня имеет вид:



1
.
9308
P

[

]
x
max
2
Определяем допустимую силу:
[

]
P


62
кН
доп
1
.
9308
3. Для найденной грузоподъемности стержня:
Знаки напряжений в точках 1 и 2 разные. Линейный закон изменения напряжений
по всей площади сечения позволяет найти точку сечения, в которой  x  0 (точка
5). Аналогично определяем точку 6 на линии, соединяющей точки сечения 3 и 4.
Линия 5-6, пересекающая сечение, вр всез точках которой  x  0 называется
нейтральной осью поперечного сечения. Проводим линии 2-0 и 3-0 параллельно 5-6
и так, чтобы прямая 0-0 была перпендикулярна 5-6. Откладывая от концов линии 0-
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
кНв одну и x3 
118
кН
0 x2 120
в другую сторону, получаем необходимую
эпюру. В точках сечения, находящихся на прямых, параллельных 5-6 x Const
.
112
3
4
6
-118
-118
0
0
-110
120
2
5
1
120
(5-6 – нейтральная ось поперечного сечения)
4. Полное перемещение свободного торца стержня является геометрической
суммой трех составляющих по направлениям продольной и двух главных осей.
Продольное перемещение по оси Х связано с растяжением стержня и вычисляется
по закону Гука:
N
l Pl
u
xдоп

0
.
11
см
EF
EF
Изгибные перемещения по направлениям осей y и z определяются моментами,
создаваемыми на торце силой Р относительно гавных осей.
Вертикальное перемещение:
(...В представленной на сайте версии работы изменены числовые данные. Для получения
работы с корректными величинами, обратитесь на www.diplomant-spb.ru ...)
P
y
l2
p
v


8
.
88
см
2
EI
z
Горизонтальное перемещение:
P
z
l2
p
w


23
.
53
см
2
EI
z
Полное перемещение: