комитет по высшему образованию Российской Федерации
Московская Государственная Академия Тонкой Химической Технологии
им. М.В. Ломоносова
кафедра :
“Прикладная механика и основы конструирования.”
Расчетно-графическая работа № 1 :
“Расчет стержневых систем и бруса на растяжение”
Вариант №: 24
студент: Холин Андрей Юрьевич (группа Е-203)
преподаватель: Грусков Александр Дмитриевич
1998г.
Задание № 1.
1.1 Для заданной стержневой системы определить внутренние усилия в стержнях, поддерживающих абсолютно жесткую балку, нагружаемую внешними силами. Стержни соединяются со стеной, с балкой, между собой посредством шарниров.
1.2 Для рассматриваемой стержневой системы определить по условию прочности диаметр круглых стержней, приняв [s] = 160 н/мм2.
Дано: a = l, b = 3l, P = 32 кН.
Определить: N - ?, Ay - ?, Az - ?
Решение:
1.1
Уравнения равновесия балки: S(Py) = 0, S(Pz) = 0, S(mz) = 0
(1). Ay + P – 3P + N • sin 60° = 0
(2). Az + N • cos 60° = 0
уравнение моментов относительно точки A:
(3). P • a – 3P • (a+b) + N • sin 60° • (a+b) = 0
Из уравнений (1), (2) находим: Ay = 2P – N • sin 60°, Az = – N • cos 60°
Выражая силу N из уравнения моментов (3), получим:
N = 3 • 32 / sin 60° – 32 • 1,2 / (sin 60° • (1,2 + 1,2 • 3)) = 101,61 (кН).
Ay = 2 • 32 – 101,61 • sin 60° = –24 (кН).
Az = – 101,61 • cos 60° = –50,81
Для проверки посчитаем сумму моментов относительно точки B:
Ay•(a+b) + P•b = 0, –24• (1,2 + 1,2 • 3) + 32•1,2 • 3 = –115,2 + 115,2 = 0.
Обращение левой части уравнения в нуль показывает правильность искомых величин.
1.2
[s]
= 160 н/мм2,
F (мм2),
F = N/s,
F = pr2
= pd2/4,
k - коэффициент запаса прочности. Если принять k = 2, то :
Задание № 2.
2.1 Для ступенчатого бруса определить внутренние усилия и построить эпюру поперечных сил N.
2.2 Используя эпюру N и размеры ступенчатого бруса определить и построить эпюры нормальных напряжений s и перемещений U, считая брус стальным. E = 2•105 н/мм2. Проверить прочность бруса в опасном сечении приняв [s] = 160 н/мм2.
NAB = P = 32 кН;
NBC = P–2P = –P = –32 кН;
NCD = P–2P–3P = –4P = –128 кН;
NDE = P–2P–3P+P = –3P = –96 кН
F1 = pd2/4 = p•202/4 = 100p » 314,2 (мм2).
F2 = p(1,4•d)2/4 = p•(1,4•20)2/4 = 196p »
» 615,8 (мм2).
sAB = NAB / F1 = 32000 / 100p »
» 101,9 (н/мм2).
sBС = NBС / F2 = –32000 / 196p »
» –52 (н/мм2).
sСD = NСD / F2 = –128000 / 196p »
»–207,9 (н/мм2).
sDE = NDE / F2 = –96000 / 196p »
» –155,9 (н/мм2).
E = 2•105(н/мм2).
UE = 0.
UD = c • sDE / E = 2l • sDE / E » –155,9 • 2 • 1,2 • 103 / (2 • 105) = –1,87 (мм).
UC = UD + b • sCD / E » –1,87 – 207,9 • 3 • 1,2 • 103 / (2 • 105) = –5,61 (мм).
UB = UC + a • sBC / E » –5,61 – 52 • 1,2 5 103 / (2 • 105) = –5,93 (мм).
UA = UB + a • sAB / E » –5,93 + 101,9 • 1,2 • 103 / (2 • 105) = –5,31 (мм).
Проверка прочности бруса в опасном сечении (при ЅsЅ = ЅsЅmax):
На участке CD ЅsЅ имеет максимальное значение.
Условие прочности s Ј [s] не выполняется: Ѕ–207,9Ѕ> 160.
комитет по высшему образованию Российской Федерации
Московская Государственная Академия
Тонкой Химической Технологии
им. М.В. Ломоносова
кафедра :
“Прикладная механика и основы конструирования.”
Расчетно-графическая работа № 2 :
“Расчет нагруженной балки”
Вариант №: 24
студент: Холин Андрей Юрьевич (группа Е-203)
преподаватель: Сергеев Александр Иванович
1998г.
Задание № 1
1.1 Определить реакции опор
1.2 Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
1.3 Подобрать номер двутаврового профиля для Ст. 3 [s] = 160 Мпа
1.4 Начертить в масштабе двутавровый профиль по ГОСТ 8239-72 и построить эпюру нормальных напряжений в опасном сечении балки.
Общая схема нагрузки балки (рис. 1):
Схема нагрузки балки, 24 вариант (рис. 2):
Эквивалентная схема нагрузки свободной балки с правильным направлением данных величин (P,q,M) (рис. 3):
Эквивалентная схема с правильным направлением данных и искомых величин (P,q,M,YE,YF) (рис. 4):
Дано:
Таблица 1: “Расположение элементов нагрузки”.
|
A1 |
A2 |
B1 |
B2 |
C | D | L [м] |
| 2,5 | 1,0 | 1,5 | 2 | 0,2 | 1,2 | 3,1 |
Таблица 2: “Величины элементов нагрузки”.
|
P1[кН] |
P2[кН] |
M1[кН•м] |
M2[кН•м] |
q [кН/м] |
| -8,0 | 10,0 | 16 | 11 | 20 |
Знаки величин принимаются относительно направлений, обозначенных на рисунке.
1.1 Найти: YE-? ZE-? YF-? ZF-?
Решение:
Заменим опоры в точках E и F их реакциями. Таким образом несвободное тело EF становится свободным, и к нему можно применить условия равновесия. Для поперечных сил положительным принято направление по оси y ; положительным моментом - момент, сжимающий верхние волокна балки. Для расчета реакций опор распределенную нагрузку q заменим равнодействующей R, приложенной в середине отрезка CD действия нагрузки q, в точке с координатой (C+D)/2. R = q•Dl; Dl = D – С.
Условия равновесия тела EF :
еQyn = 0 : сумма поперечных сил
еQzn = 0 : сумма продольных сил
еMn = 0 : сумма изгибающих моментов
Силы P1, P2, R приложены перпендикулярно к оси z, поэтому их проекции на эту ось будут нулевыми по величине, еQzn = 0.
Уравнение суммы поперечных сил :
YE – q • (D – С) + P2 + P1 + YF = 0
Уравнение суммы изгибающих моментов относительно точки E :
– (D – С) • q • (С +D) / 2 + P2 • A2 – M1 + M2 + P1 • A1 + YF • L = 0
Знаки в уравнениях определены исходя из направлений, обозначенных на эквивалентной схеме нагрузки балки (рис.3), поэтому в уравнениях используются модули нагрузочных величин (ЅP1Ѕ,ЅP2Ѕ,ЅRЅ,ЅM1Ѕ,ЅM2Ѕ) и обозначаются без векторной черты. Возможные отрицательные значения искомых величин YE и YF будут означать противоположное их направление выбранному на схеме.
Из уравнения моментов вычисляем силу YF :
YF = [(D – C) • q • (С +D) / 2 – P2 • A2 + M1 – M2 – P1 • A1] / L
YF = [(1,2–0,2)•20•(1,2+0,2)/2–10,0•1,0+16–11–8,0•2,5] / 3,1 » –3,6
Из уравнения поперечных сил вычисляем силу YE :
YE = q • (D – С) – P2 – P1 – YF
YE » 20 • (1,2 – 0,2) – 10,0 – 8,0 – (–3,6) = 5,6 [кН].
Для проверки составим уравнение моментов относительно другой точки. Знаки в уравнении определены исходя из эквивалентной схемы балки (рис.4), где искомые реакции опор YE и YF имеют правильные направления.
Уравнение суммы изгибающих моментов относительно точки F :
–(D–С)•q• [(L–D)+(L–C)]/2+YE•L+P2•(L–A2)+P1•(L–A1)+M1–M2=0
Обращение левой части уравнения в нуль при подстановке данных и найденных величин подтверждает правильность значений найденных реакций опор YE и YF.
–(1,2–0,2)•20•[(3,1–1,2)+(3,1–0,2)]/2+YE•3,1+10,0•(3,1–1,0)+
+8,0•(3,1–2,5)+16–11 = 0; –17,2+5,6•3,1 » 0.
1.2 Найдем зависимость внутренних усилий (поперечных сил Q и изгибающих моментов M) на протяжении балки от координаты z, начиная от точки E (z - расстояние до точки E). Бесконечно близко1) слева (со стороны точки E) к точкам приложения сил и моментов проведем сечения. Таким образом, на протяжении балки образуются 7 участков. Рассмотрим, начиная от точки E, изменение внутренних напряжений (Q и M) балки на каждом участке в зависимости от координаты z.
zn - расстояния от точки E до точек приложения нагрузок, z0 = 0.
Пусть Q(z) - функция зависимости внутренней поперечной силы (балки) от координаты z; 0 Ј z < z7.
n
RQn = – lim Q(z) = – е lim Qўk(x)
z ® zn слева k=0 x ®(zk–zk–1) слева
Пусть Qўn(x), x = z – zn–1 - функция зависимости внутр. попереч. силы от координаты z на участке n, если z лежит на левой границе участка, то (z – zn–1) = 0. Пусть RQn - реакция справа отсеченной части балки, тогдаИзменение внутренней поперечной силы на участке n.
Знаки для сил и моментов определены исходя из схемы балки (рис. 5), в формулах используются модули всех величин.
| n |
Qўn(x), x = z – zn–1 |
пределы z |
RQn |
Rqn (числ. знач.) |
| 1 |
YE |
0 Ј z < z1 |
–YE |
– 5,6 |
| 2 |
– q • (z – z1) |
z1 Ј z < z2 |
–YE + q • (z2 – z1) |
–5,6+20•(10,0–0,2)=10,6 |
| 3 |
P2 – q • (z – z2) |
z2 Ј z < z3 |
–YE + q • (z2 – z1) – P2 + q • (z3 – z2) |
10,6–10,0+20•(1,2–1,0)=4,6 |
| 4 | 0 |
z3 Ј z < z4 |
4,6 | |
| 5 | 0 |
z4 Ј z < z5 |
4,6 | |
| 6 | 0 |
z5 Ј z < z6 |
4,6 | |
| 7 |
P1 |
z6 Ј z < z7 |
–YE + q • (z2 – z1) – P2 + q • (z3 – z2) – P1 |
4,6 – 8,0 » –3,6* |
* реакция, действующая на правый край VII участка - есть реакция опоры, совпадение ее численного значения с YF означает правильность вычислений.
1) Бесконечно близко для того, чтобы было правомочным утверждение, что найденные зависимости Q(z) и M(z) справедливы на всем рассматриваемом участке, при Zn–1 Ј Z < Zn.
БИЛЕТ 5 Изгиб. Дифф. зав-ти при изгибе. dM = Q • dz, Q = dM / dz, dQ / dz = d2M / dz2 = q. производная от изгибающего момента по абсциссе сечения балки равна поперечной силе (теорема Журавского); вторая производная от изгибающего момента по абсциссе сечения балки равна интенсивности распределенной нагрузки. БИЛЕТ 6 Основные гипотезы при изгибе. Принцип Бернулли: плоские сечения до и после деформации остаются плоскими, нормальными к продольной оси балки. БИЛЕТ 12 Косой изгиб. Определение напряж.
БИЛЕТ 14 Напряженное состояние в данной точке - совокупность напряжений на всех елементарных площадках, которые можно провести через какую-либо точку тела. Главные нормальные напряжения - если на грани кубика других нет (касательных напряжений). Тензор напряжения - перемещения при данной нагрузке ??? Закон парности касательных напряжений. Дан брус произвольного сечения.
A - площадь сечения по нормали Aa - площадь сечения под углом a к нормали. Aa= A / cos a. проекция сил на направление sa : sa•Aa – s1•A•cos a = 0 sa = s1 • cos2 a проекция сил на направление ta : ta•Aa – s1•A•sin a = 0 ta = 1/2 •s1 • sin 2a для BD: sb = s1 • cos2 (a+/2)= s1 • sin2 a tb = 1/2 •s1 • sin 2(a+/2) = – 1/2 •s1 • sin 2a. sa+ sb = s1; ta = – tbз-н парности касат. напряж.). Из этого закона следует, что : при a = 90° sa = 0, ta= 0; при a = 0 sa = samax = s1, ta= 0; при a = 45° ta= tamax= s1 / 2. БИЛЕТ 15 Плоское напряженное состояние. з-н Гука для одноосного напряженного состояния : e = s / E; e = Dl / l - относительное удлинение E [Па, МПа]- модуль продольной упругости (а также : модуль упругости I рода, модуль Юнга). s [Па, МПа] - напряжение. eў = –m •e; eў - относит. поперечная деформация. m - коэфф-нт поперечной деформации (Пуассона).
обобщенный з-н Гука для плоского напряженного состояния : e1 = s1 / E – m•s2 / E e2 = s2 / E – m•s1 / E. находим напряжения s1 и s2 : s1 = E (e1 + m•e2) / (1– m2), s2 = E (e2 + m•e1) / (1– m2). БИЛЕТ 16 З-н Гука для изотропного материала. Изотропный материал - материал, свойства которого одинаковы во всех направлениях. Для объемного напряженного состояния : e1 = (1 / E) •[s1 – m•(s2 + s3)], e2 = (1 / E) •[s2 – m•(s3 + s1)], e3 = (1 / E) •[s3 – m•(s1 + s2)]. Объем кубика 1ґ1ґ1 после деформации : V = (1+e1) ґ (1+e2) ґ (1+e3) » 1+ e1 +e2 +e3. Относительное изменение объема : u = e1 +e2 +e3 = (1–2•m) •(s1+s2+s3 ) / E. Отсюда : коэфф-нт Пуассона m не может быть больше 1/2. з-н Гука при сдвиге : t = G•g g - угол сдвига [рад] G [Па]- модуль сдвига (модуль упругости 2 рода). G = E / [2•(1+m)] удельная деформация при чистом сдвиге : u = t2 / (2•G) БИЛЕТ 17 Теории (гипотезы) прочностей. Эквивалентое напряженное состояние - состояние, равноопасное данному сложному напряженному состоянию, но при одноосном растяжении (сжат.). I-я гипотеза прочности - гипотеза наибольших нормальных напряжений : “предельное состояние материала при сложном напряженном состоянии наступает тогда, когда наибольшее нормальное напряжение достигает предельного напряжения [s] при одноосном напряженном состоянии”. I-я гипотеза устанавливает критерий хрупкого разрушения (не для пластичных материалов). Если материал имеет различные [s] на растяжение и сжатие, то : max sр Ј [sр], max sс Ј [sс]. II-я гипотеза прочности - гипотеза наибольших линейных деформаций : Опыты не подтверждают эту теорию. III-я гипотеза прочности - гипотеза наибольших касательных напряжений : “прочность материала при сложном напряженном состоянии считается обеспеченной, если наибольшее касательное напряжение не превосходит допускаемого касательного напряжения, установленного для одноосного напряженного состояния”. tmax = tэкв Ј [t]. Из закона парности касательных напряжений : tmax = s /2 при a = 45° a - угол между нормалью и сечением на котором определяем t. |
БИЛЕТ 18 Гипотеза теории кручения (гипотеза плоских и жестких сечений): расстояния между нормальными сечениями при кручении не изменяются, не изменяются размеры сечений. Кручение бруса круглого поперечного сечения.
Касательные напряжения при кручении : t = M•r / Ip . r - расстояние от центра сечения. M - приложенный момент. r - радиус сечения. tmax = M•r / Ip = M / Wp Ј [t]. Wp - полярный момент сопротивления. Для круглого сплошного сечения радиусом r: Wp = Ip / r = pd4 / (32•d/2) = pd3 /16 » 0,2•d3. Деформации и перемещения : dj / dz = M / (G•Ip) - выведено в билете 19 Производная угла закручивания (взаимн. пов.) : dj = M•dz / (G•Ip). Деформация вала на длине z (взаимный угол поворота сечений) : j = т!от0доz! [M•dz / (G•Ip)]. Величина G•Ip - жесткость вала при кручении. Для вала длиной l: j = M•l / (G•Ip). Относительный угол закручивания - угол закручивания на единицу длины : g = j / l = M / (G•Ip). Условие прочности: g Ј [g]; [g] - в ° / на 1м длины. Зависимость t от угла закручивания : g = r•dj / dz из рисунка билета 19. з-н Гука при сдвиге : t = G•g, Ю :t = G•r•dj / dz. БИЛЕТ 19 Кручение, вывод рассчетн. ф-лы для касательных напряжений.
gmaч = r•dj / dz, аналогично g = r•dj / dz. з-н Гука при сдвиге : t = G•g, отсюда : t = G•r•dj / dz. При кручении деформации сдвига прямо пропорциональны расстоянию от центра тяжести сечения. Равнодействующий момент касательных напряжений в сечении : M = Aт (t•r)•dA; (t•r)•dA - элементарный крутящий момент внутренних сил на площадке dA. M = G•dj / dz •Aт (r2)•dA. Полярный момент инерции сечения : Ip = Aт (r2)•dA. dj / dz = M / (G•Ip); t = M•r / Ip . Условие прочности. tmax = M•rmax / Ip = M / Wp Ј [t]. Wp - полярный момент сопротивления. Для круглого сечения радиусом r: Wp = Ip / r. БИЛЕТ 20 Кручение, вывод ф-лы для относительного угла закручивания. переписать билет 19 до ф-лы : dj / dz = M / (G•Ip) и раздел “Деформации и перемещения.” билета 18. БИЛЕТ 21 Внецентренное растяжение.
В любом поперечном сечении стержня возникает продольная сила N=F и изгибающие моменты : Mx = F•yF , My = F•xF . Напряжение в точке (x,y) : s = N / A + Mx•y / Ix + My•x / Iy . Максимальные напряжения на угловых точках : s = N / A ± Mx / Wx ± My / Wy . Wx , Wy - моменты сопротивлений . A - площадь сечения. По рисунку - наибольшие напряжения - в точке E : sE = N / A + Mx / Wx + My / Wy . Алгебраически наименьшие напряж. - в точке D : sD = N / A – Mx / Wx – My / Wy . Условие прочности : N / A + Mx / Wx + My / Wy Ј [s]. В плоскости нулевой линии напряжение равно 0. Уравнение нулевой линии (x,y - координаты) : N / A + N•yF•y / Ix + N•xF•x / Iy = 0; или : xF•x / i2y + yF•y / i2x + 1 = 0; или : x / a + y / b = 1, a = – i2y / xF , b = – i2x / yF . a, b - отрезки на осях координат x, y. Радиус инерции сечения : ix = Ц(Ix / A), iy = Ц(Iy / A), размерность - длина (обычно сантиметр). В центре тяжести сечения s = N / A = F / A. Для прямоугольного сечения : Ix = b•h3 / 12, Iy = b3•h / 12, Wx = 2•Ix/h, Wy = 2•Iy / b Wx = b•h2 / 6, Wy = b2•h / 6; сторона bззоси x, h зз y. Напряжение в точке (x,y) : s = N / A + Mx•y / (b•h3 / 12) + My•x / (b3•h / 12) = = N / A + N•yF •y / (b•h3 / 12) + N•xF •x / (b3•h / 12). Максимальные напряжения на угловых точках : s = N / A ± Mx / (b•h2 / 6) ± My / (b2•h / 6) = = N / A ± N•yF / (b•h2 / 6) ± N•xF / (b2•h / 6). |
БИЛЕТ 22 Изгиб с кручением бруса кругл. сеч.
От изгиба в точках C и D: smax = M / WX; от кручения по контуру сечения: t max = T/WP = T / (2•WX). Напряженное состояние в точке C :
Главные напряжения: s1=smax = (s + Ц(s2 + 4•t2)) /2. s3=smin = (s – Ц(s2 + 4•t2)) /2. По 3-й гипотезе прочности : s1 – s3 Ј [s]; Ц(s2 + 4•t2) Ј [s]; Ц(M2 + T2) / WX Ј [s]; отсюда : проектный расчет: WX = Ц(M2 + T2) / [s]; если изгиб в 2-х ^-ных плоскостях, то: M = Ц(M2X + M2Y). БИЛЕТ 23 Ф-ла Эйлера для сжатого стержня большой гибкости. Основной случай продольного изгиба (закрепление на 2-х опорах, неподв. и подв.) :
Критическая сила - FКР : наименьшаяая сила, при которой стержень теряет способность сохранять прямолин. форму.Предел пропорциональности sпц : напряжение “до” которого деформация происходит по закону Гука. Пусть потеря устойчивости происходит при напряжениях, меньших предела пропорцион-ности sпц материала стержня. Тогда - упругая линия : 1/r » d2u / dz2 = M / (EJ); 1/r - кривизна. M = FКР•u. Уравнеие изогнутой оси: d2u / dz2 = – FКР•u / (EJ). заменим: k2 = F / (EJmin) [при потере устойчивости попереч. сечения поворач-ся вокруг главной оси с минимальным моментом инерции Jmin ], тогда : uІ + k2•u = 0; реш.ур.: u = C•cos (k•z) + D•sin(k•z). Определение C и D из условий опор балки : 1) при z = 0,u = 0;2) при z = l, u = 0. Ю С = 0, D•sin(k•z)=0. D = 0 не подходит т.к. нет прогиба балки Ю sin(k•z)=0; Ю k = np / l, Ю FКР = p2•Jmin•E•n2 / l2 . наи<ее значение FКР - при n = 1. FКР = p2•E•Jmin / l2 . u = D•sin (p • z / l) - изгиб с одной полуволной. Для любого способа закрепления концов балки в ф-ле l заменим lприв = m • l. lприв - приведенная длина m - коэффициент приведения длины.
БИЛЕТ 24 Ф-ла Эйлера для критич. напряж. Нормальное напряжение в поперечном сечении сжатого стержня, соответствующее критическому значению сжимающей силы, наз-ют критическим. sкр = Fкр / A, A - площадь сечения. Формула Эйлера: FКР = p2•E•Jmin / l2 . sкр = p2 • E • Jmin / [(m • l)2 • A]; Jmin / A = i2min . Радиус инерции сечения : ix = Ц(Ix / A), iy = Ц(Iy / A), размерность - длина (обычно сантиметр). sкр = p2 • E • i2min / [(m • l)2] = p2 • E / (m • l / imin)2 . m • l / imin = l - гибкость стержня : безразмерная величина,показ-ая сопротивл-ть потере устойч-ти, зависит от геометрич. характеристик стержня. sкр = p2 • E / l2 . Пределы применимости формулы: Ф-ла Эйлера справедлива лишь в пределах применимости з-на Гука, т.е. при усл., что критическое напряж. не превыш. предела пропорциональности материала стержня. sкр Ј sпц , p2 • E / l2 Ј sпц , l і p • Ц(E / sпц) = lпред . lпред - предельная гибкость (граничная гибк.): не зависит от размеров,зависит от свой-в материала. Ф-ла Эйлера применима, когда гибкость стержня і предельн. гибк-ти для материала стержня:l і lпред . В случае неприменим-ти ф. Эйлера напряжения опред. по эмпирическим ф-лам sкр = a – b•l , a и b - коэфф-ты, определяемые опытным путем. Стержни гибкости : 1. большой (l і lпред) - по ф. Эйлера 2. средней (l0 Ј l < lпред) - по эмпирич. ф-ле. 3. малой (l < l0)-расчет не на устойчив., а на проч. БИЛЕТ 25 Напряжение при движении с ускорен. Груз весом G поднимают вверх с ускорением a. Определить напряяжение в канате. sd - динамическое напряжение, A - площадь сечен. sst = G / A - напряжен. при статич. действии груза. Kd - динамический коэффициент sd•A – G•(1+ a / g ) = 0, sd = G / A•(1+ a/g) = sst•Kd. Kd = (1+ a/g). |
Экзаменационные вопросы по
прикладной механике (первый семестр II курс).
1. Метод сечений. Определение внутренних усилий.
Задача: эпюры.
2. Растяжение и сжатие бруса. Нормальная сила. Напряжение в поперечном сечении. Усл. прочности при растяжении-сжатии.
Задача: Эпюра нормальных сил и изг. M в балке.
3. Деформация при растяжении-сжатии. Диаграмма деформации стали. Закон Гука.
Задача: построить эпюры изгибающих и крутящих моментов в балке, проверить прочность по 3-й теории прочности.
4. Основные механические характеристики конструкционных материалов. Понятие предельных допускаемых напряжений.
Задача: построить эпюры изгибающих и крутящих моментов ломаного бруса.
5. Изгиб. Дифференциальные зависимости для усилий.
Задача: проверить прочность балки на изгиб.
6. Основные гипотезы при изгибе. Нормальное напряжение при изгибе. Задача: проверить.
7. Изгиб. Определение положения нейтрального слоя.
8. Максимальное напряжение при изгибе. Вывод формулы. Условие прочности. Задача:РГР № 1.
9.
Дифференциальное
уравнение
изогнутой
29-04-2015, 04:13