Тема 2.7 Устойчивость центрально-сжатых стержней.

При изучении темы необходимо обратить особое внимание на предел примени­мости формулы Эйлера. Следует четко представить себе, что при расчетах на устойчивость в отличие от расчетов на прочность предельное напряжение (здесь критическое напряжение 5_кр) зависит не только от материала бруса, но и от его геометрических размеров, формы сечения, а также способа закрепления концов.

Вопросы для самоконтроля

1. В чем сущность явления продольного изгиба?

2. Что называется критической силой и критическим напряжением?

3. Какой вид имеет формула Эйлера для определения критической силы сжатого стержня с шарнирно закрепленными концами?

4. Как записывается формула Эйлера для определения критической силы сжатого стержня в общем случае?

5. Как влияют жесткость Е1 поперечного сечения и длина / стержня на критическую силу?

6. Какой момент инерции обычно входит в формулу Эйлера?

7. Что называется приведенной длиной стержня?

8. Что называется коэффициентом приведения длины стержня? Укажите его значение для четырех основных случаев закрепления стоек.

9. Что такое гибкость стержня?

10. Укажите пределы применимости формулы Эйлера.

11. В каких случаях при расчете сжатых стержней применяют эмпирические формулы?

12. Как рассчитывают продольно сжатые стержни с применением коэффициент продольного изгиба по предельному состоянию и по допускаемому напряжению?

5 МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ ПО ВЫПОЛНЕНИЮ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ.

По данной дисциплине студентами выполняется контрольная работа. Контрольная работа включает в себя выполнение пяти задач. Все задачи составлены по многовариантной системе.

Изучать дисциплину рекомендуется последовательно по темам, в соответствии с примерным тематическим планом и методическими указаниями к ним. Степень ус­воения материала проверяется умением ответить на вопросы для самоконтроля, при­веденные в конце темы (раздела).

Чтобы определить свой вариант контрольной работы студенту необходимо вос­пользоваться образцом указанной далее таблицы 1, которая построена следующим образом: вертикальная крайняя графа содержит алфавит; в вертикальной графе 1 указаны схемы к задаче, остальные вертикальные графы содержат числовые данные, необходимые для решения задачи.

В этой таблице за начальными буквами фамилии каждого студента закреплены графы 1, 4, 7; за начальными буквами имени — графы 2, 5, 8; за начальными буквами отчества — графы 3, 6, 9.

Таблица 1. Варианты заданий

Алфавит
	Схема	F1,kH	F2, kH/м	q1, kH/м	m1,kH/м	a, град	а1, м	а2, м	а3, м
АКФ									3,5
БЛХ
В М Ц								2,0
ГНЧ
ДОШ
ЕП Щ							3,0
ЕРЫ
ЖСЭ
ЗТЮ
ИУЯ

Поясним на конкретном примере.

Допустим, студент - Петров Виктор Александрович.

По начальной букве фамилии «П» из строки Е П Щ учащийся берет из закреп­ленных за фамилией граф соответствующие значения, т.е. из графы № 1 — схему 6, из графы 4 — я, — 12 кН/м, из графы 7 — а, = 3,0 м. Аналогично по первой букве имени «В» из строки В М Ц выбираем значение граф 2, 5, 8: F, = 40 кН, т = 14 кН/м, а₂ = 2,0 м.

По первой букве отчества «А» из строки А К Ф из граф 3, 6, 9 выбираем: F₂ = 20 кН, а = 45°, а₃ = 3,5 м. Таким образом, числовые данные задачи имеют вид:

Дано: схема 6; F, = 40 кН; Р₂ = 20 кН; q= 12 кН/м; m =14 кН/м; а = 45°; а₁ = 3,0 м; а₂ = 2,0 м; а₃ = 3,5 м.

Контрольная работа, выполненная не в соответствии с этими данными, не за­считывается и возвращается студенту.

При выполнении контрольной работы необходимо соблюдать следующие требо­вания:

в контрольную работу записываются условия задач;

решения задач следует сопровождать пояснениями;

вычислениям должны предшествовать исходные формулы;

для всех исходных и вычисленных физических величин должны указываться размерности;

приводятся необходимые эскизы, схемы.

На каждой странице оставляются поля шириной 3—4 см для замечаний проверя­ющего работу. За ответом на последний вопрос приводится список использованной литературы, указывается методическое пособие, по которому выполнена работа, ста­вится подпись исполнителя и оставляется место для рецензии.

На обложке тетради разборчиво пишутся наименование учебного заведения, спе­циальность, наименование учебного предмета, номер контрольной работы; фами­лия, имя, отчество учащегося; домашний адрес.

В установленные учебным графиком сроки студент направляет выполненную работу для проверки в учебное заведение.

Домашние контрольные работы оцениваются «зачтено» или «не зачтено».

После получения прорецензированной работы студенту необходимо исправить отмеченные ошибки, выполнить все указания преподавателя, повторить недостаточ­но усвоенный материал.

Незачтенные контрольные работы подлежат повторному выполнению.

Задания, выполненные не по своему варианту не засчитываются и возвращаются студенту.

В методических указаниях приведены примеры решения задач.

ЗАДАНИЯ НА КОНТРОЛЬНОЮ РАБОТУ

Задача № 1. Определить аналитическим и графическим способами усилия в стержнях АВ и ВС заданной стержневой системы (рисунок. 1). Исходные данные для задачи своего варианта взять из таблицы 2.

Таблица 2. Варианты заданий для задачи №1.

Алфавит
Схема	РркН	Р2,кН	ар град	х2, град	а3, град
АКФ
БЛ X
ВМЦ
ГНЧ	4.
ДОШ
ЕПЩ
ЕРЫ
ЖСЭ
зтю
ИУЯ

Рисунок. 1. Схема к задаче №1.

Пример. Определить аналитическим и графическим способами усилия в стерж­нях АВ и ВС заданной стержневой системы (рисунок. 2).

Дано: F, = 28 кН; F₂ = 42 кН; а₁, = 45°; а₂ = 60°; а₃ = 30°. Определить: усилия S_А и S_С.

Рисунок.2. Схема к рассматриваемому примеру.

Решение:

1. Аналитическое решение

1) рассматриваем равновесия точки В, в которой сходятся все стержни и внеш­
ние силы (рисунок. 2);

2) отбрасываем связи АВ и ВС, заменяя их усилиями в стержнях 8_А и 8_С Направ­
ления усилий примем от узла В, предполагая стержни растянутыми. Выполним на
отдельном чертеже схему действия сил в точке В (рисунок. 3);

3) выбираем систему координат таким образом, чтобы одна из осей совпала с неизвестным усилием, например, с 8_А. Обозначаем на схеме углы, образованные действующими силами с осью X, и составляем уравнения равновесия плоской систе­мы сходящихся сил:

∑Х= 0; F cos 75 ̊ + F cos 45 ̊ + S cos 75 ̊ - S = 0; ∑Y= 0; F cos 15 ̊ - F cos 45 ̊ - S cos 15 ̊ = 0.

Рисунок 3. Схема к рассматриваемому примеру.

Из уравнения (2) находим усилие S_С = __ F_{2 cos} 15^{0 –} F_{1 cos 45} ⁰

cos 15⁰

Подставляем числовые значения: S_c = 42 * 0,966 – 28* 0,707 ≈ 21,51 kH.

_0,966

Найденное значение S_С подставляем в уравнение (1) и находим из него значение

S_a:

S_А = F₂ соs 75° - F₁, созs45° - S_С соs 75°;

S_А = 42-0,259 + 280,707 + 21,51-0,259 = 36,24 кН.

Окончательно: S_А = 36,24 кН; S_С= 21,51 кН.

Знаки указывают, что оба стержня растянуты. 2. Графическое решение

Выбираем масштаб сил т = 10 кН/см, тогда силы F₁, и F₂ будут откладываться отрезками

F₁ = __ F₁ __ = ___ 28 ___ = 2,8 см F₂^m = __ F₂__ = ___ 42 ___ = 4,2 см

Из произвольно выбранной точки 0 откладываем отрезок, соответствующий ве­личине и направлению силы F₁^m. Из конца этого отрезка откладываем отрезок F₂^m Так как условием равновесия сходящейся системы сил является замкнутость силового многоугольника, то из начала отрезка F₁^m откладываем линию, параллельную вектору S_С а из конца отрезка F₂^m откладываем линию, параллельную вектору S_А. Точка их пересечения является вершиной силового многоугольника (рисунок. 4).

Рисунок. 4. Схема к рассматриваемому примеру.

Измеряя отрезки и :

= .m=3,65.10=36,5 кН;

= .m=2,15.10=21,5 кН.

Вычислим допущенную при графическом способе решения ошибку:

= .100% ≈ 0,72%

= .100% ≈ 0,05%

(Ошибка должна находиться в пределах 2%)

Ответ:

а) аналитическое решение - =36,24 кН; =21,51 кН;

б) графическое решение - =36,5 кН; =21,5 кН.

Задача №2. Определить реакции опор балки, нагруженной, как показано на рисунке.5. Исходные данные приведены в таблице 3.

	Рисунок 5. Схема к решению задачи №2

Таблица 3. Варианты заданий для задачи №2

Рисунок 6. Реакция опор балки на нагрузку

Пример. Определить реакции опор балки, нагруженной, как показано на примере рисунке.6.

Дано: F=24 кН; q=6 кН/м; m=12 кН·м; =1,8м; =5,2м; =3м; α=60̊.

Определить: реакции опор , , .

Решение:

1.Обозначаем опоры буквами А и В. Отбрасываем связи (опоры А и В), заменяем их действие реакциями: неподвижная опора имеет реакция (вертикальная) и (горизонтальная), подвижная опора – реакцию (вертикальная). Выбираем систему координат ХУ с началом в левой опоре, определяем равнодействующую распределенной нагрузки =q· =6·5,2=31,2 кН и чертим расчетную схему балку (рисунок. 7).

Рисунок 7. Расчетная схема балки

2. Для получения произвольной плоской системы сил составляем уравнение равновесия:

∑ = 0 Н - F·cos 60̊ = 0; (1)

∑ = 0 V - F - F·cos 30̊ + V = 0; (2)

∑м = 0 F (1,8 + 2,6) + F (1,8+5,2)·sin 60̊ - m - V · 10 = 0. (3)

3. Решаем систему уравнений.

Из уравнения (1) находим Н : Н = F·cos 60̊ = 24·0,5 = 12 кН.

Из уравнения (3) находим V : V = или

V = = 27,08 кН.

Подставляем найденные значение в уравнение (2) и находим значение V :

V = F + F·cos 30̊ - V = 31,2 + 240,866 – 27,08 = 24,90 кН.

4. Для проверки правильности решения составим сумму моментов относительно точки приложения наклонной силы F:

∑M = V ·7,0 - F · 2,6 - V · 3,0 – m = 24,9·7,0 – 31,2·2,6 – 27,08·3 – 12 = 174,3 – 81,12 – 81,24 – 12 = 174,3 – 174,36 = - 0,06 ≈ 0.

Погрешность, полученная в результате вычислений, должна быть менее 0,1%. В нашем случае: δ = ·100% ≈ 0,034% < 0,1%.

Ответ: опорные реакции балки равны: V = 24,90 кН, V = 27,08 кН, Н = 12 кН.

Задача №3. Для сечения сборных элементов зданий (риснок.8) определить положение центра тяжести. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 4.

S = 2, h = 1,5м.

Таблица 4. Варианты заданий для задачи №3

Алфавит
Схема	а, м	b, м	h , м	h , м
А К Ф		1,5	3,0	6,0	4,0
Б Л Х		2,4	2,0	4,5	5,0
В М Ц		1,8	2,4	2,0	4,0
Г Н Ч		4,0	2,0	3,0	2,4
Д О Ш		3,0	2,0	1,5	2,0
Е П Щ		1,2	1,0	4,0	3,0
Ё Р Ы		3,0	1,5	1,8	3,2
Ж С Э		2,0	3,0	1,0	2,0
З Т Ю		1,2	2,4	1,5	3,0
И У Я		1,6	2,0	2,4	2,0

Рисунок 8. Схемы к заданиям.

Пример. Определим положение центра тяжести сечения, состоящего из простых геометрических фигур (рисунок. 9).

Дано: а = 2,0 м; Ь = 3,0 м; Н₁ = 4,0 м; Ь₂ = 3,0 м; <1 = 2,0 м. Определить: X; У.

Рисунок 9. Схема к рассматриваемому примеру.

Решение:

1. Чертим сечение в масштабе 1:200 (рисунок.9).

2. Разбиваем сечения на пять фигур: два прямоугольника, два треугольника и круг. Они обозначены цифрами 1,2,3,4,5.

3. Укажем центры тяжести простых фигур: точки С , С , С , С , С .

4. Выбираем систему координат. Ось Х проведем через нижнюю грань сечения, а ось У совместим с осью симметрии сечения.

5. Определяем координаты центров тяжести отдельных фигур:

m C x = 0; y = h + = 4+ = 5,5 м;

m C x = 0; y = = 2 м;

m C x = 0; - = - 1,0 м; y = · h = · 4= 2,67 м;

m C x = 0; =1,0 м; y = · h = · 4= 2,67 м;

m C x = 0; y = h = 4 м.

Вычислим площадь отдельных фигур:

А = (3·а + 2· b) h = 12·3= 36 м ;

А = a · h = 2 · 4= 8 м ;

А = А = · b · h = · 3 · 4= 6 м ;

A = - = - = - 3,14 м .

(Считаем площадь отверстия отрицательной.)

Тогда площадь всей фигуры:

А= = 36+8+2 ·6 – 3,14= 52,86 м .

7. Вычисляем статические моменты площади относительно координатных осей:

S = · A = 0,36 + 0·8 – 1·6 - 0·3,14 = 0;

S = · A = 5,5·36 + 2·8 + 2·2,67·6 - 4·3,14 = 233,5 м .

8. Вычисляем координаты центра тяжести сечения по формулам:

Х = ; У = .

Получаем в нашей задаче:

Х = 0; У = = 4,42 м.

9. Показываем на рисунке. 9 положение центра тяжести сечения С и проводим центральные оси ХУ. Проверку правильности решения можно осуществить, вычислив статический момент площади относительно центральной оси Х . Он должен быть равен нулю. Получаем:

S = 1,08·36 – 2,42·8 – 21,75·6(- 3,14) = 40,26 = - 0,06 ≈ 0.

Погрешность: δ = ·100% = 0,15%.

Задача № 4. По оси ступенчатого бруса приложены силы Р₁ и Р₂. Необходимо построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений, определить абсолют­ную деформацию бруса (рисунок. 10). Принять Е = 2,1-10⁵ МПа. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 5. А^-2'А^ •

Таблица 5. Варианты заданий для задачи №4

Алфавит						6
Схема	Р„кН	Р2,кН	/„«	iv м	1з, м	V"^2
АКФ				1,0	1,2	1,4	4,0
БЛХ				1,2	1,4	1,6	6,0
ВМ Ц				1,4	1,6	1,8	3,5
ГНЧ				1,6	1,8	2,0	4,5
ДОЩ				1,8	1,6	1,4	4,0
ЕПЩ				2,0	1,4	1,2	6,5
ЕРЫ				1,8	2,0	2,4	7,5
ЖСЭ				1,6	1,4	1,2	6,0
ЗТЮ				1,4	1,2	1,0	5,0
ИУЯ				1,2	1,4	1,6	4,0

Для данного ступенчатого бруса построить эпюры продольных сил и нор­

Рисунок 8. Схемы к заданиям.

мальных напряжений. Определить абсолютное удлинение (укорочение) бруса (рис. 11).

Дано: F, = 28 кН; F₂ = 64 кН; /, - 2,4 м; L - 2,2 м; L = 2,0 м; А = 3,2 см²; Е = 2, МО⁵ МПа.

Рисунок 11. Построение эпюр продольных сил и нормальных напряжений

Решение:

1. Проводим ось Z в сторону свободного конца бруса и определяем реакцию заделки V.

∑ = F - F + V= 0; V= - F + F = - 28 + 64= 36 кН.

2. Разбиваем брус на участки, границы которых определяются сечениями, где измеряется площадь поперечного сечения или приложены внешние силы. На каждом из участков проводим характерные сечения 1 – 1; 2 – 2; 3 – 3. С помощью метода сечений определяем продольные силы на каждом из участков бруса: мысленно рассекаем брус в пределах первого участка сечением 1 – 1, отбрасываем верхнюю часть бруса и заменяем ее продольной силой N (рис.11), для оставшиеся части составляем уравнение равновесия:

∑ = F - N = 0; N = F =28 кН.

Аналогично находим N и N :

сечение 2 – 2 (рис.11.)

∑ = F - N = 0; N = F =28 кН;

сечение 3 – 3 (рис.11.)

∑ = F - F - N = 0; N = F - F =28 – 64= - 36 кН.

По найденным значениям продольной силы строим соответствующую эпюру. Для этого параллельно оси бруса проводим базовую (нулевую) линию. Левее ее откладываем отрицательные значения N, соответствующие данному участку, а правее – положительные значения N, соответствующие растянутому участку (рисунок.11). Определяем нормальные напряжения в характерных сечениях бруса по формуле:

σ = ;

σ = = = 87,5 Н/мм = 87,5 МПа;

σ = = = 43,75 МПа;

σ = = = - 112,5 МПа.

Строим соответствующую найденным значениям эпюру σ (рис.11).

Определяем абсолютное удлинение бруса.

В соответствии с законом Гука: = = σ ,

где Е= 2,1·10 МПа – модуль продольной упругости для стали.

Складывая удлинение участков, получим:

= = σ · + σ · + σ · или = · (σ + σ + σ ).

Учитывая, что 1м = 10 мм будем иметь

= · (87,5·2,4+43,75·2,2-112,5·2,0) = 0,39 мм.

Абсолютное удлинение бруса = 0,39 мм.

Задача 5. Для двухопорной балки (рис. 12) построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил, подобрать сечение стального двутавра. Расчет провести по допускаемым напряжениям, приняв [а] = 160 МПа. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 6.

Таблица 6. Данные для задачи № 5

Алфавит
Схема	F„kH	F2,iH	М, кН*М	/„ м	(г, *
Л К Ф					2,0	6,0	2,0
Б Л X					4,0	4,0	2,0
В М Ц					5,0	3,0	2,0
ГНЧ					2,0	3,0	5,0
Д ОЩ					3,0	3,0	4,0
ЕПЩ					1,0	4,0	5,0
ЁРЫ					2,0	5,0	3,0
ЖЕЭ					1,0	6,0	3,0
ЗТЮ					4,0	3,0	3,0
ИУЯ					1,5	4,5	4,0

Пример. Для двухопорной балки построить эпюры поперечных сил Q и изгибаю­щих моментов М. Подобрать сечение стального двутавра, приняв [а] = 160 МПа. (рис. 13).

Дано: F,= 24 кН; F₂= 36 кН; т,= 18 кНм; т₂= 24 кНм; /,= 2,0 м; L= 3,0 м; L=3,0 м.

Рисунок 12. Схемы для задачи №5

W = = = 0,619·10 мм = 619 см .

В соответствии с ГОСТ 8239-89 (приложения 3) принимаем сечение из сталивого двутавра №33 с W = 597 см .

Имеем напряжение:

σ = = = 165,8 МПа;

σ = = ·100% = 3,6% < 5%,

что находиться в разрешенных пределах (менее 5%).

Ответ: сечения балки двутавр №33.

ПРИЛОЖЕНИЕ 1.

Уголки стальные горячекатаные равнополочные.

Сортамент (по гост 8509-93)

Номер профиля	Размер	Пло-щадь сече-ния А	Мас-са 1м дли-ны	Справочные величины для осей
b	d	х-х	х - х	у -у	х - х
I	i	I	i	I	i	I	z
мм	см	кг	см	см	см	см	см	см	см	см
			1.13 1.46	0.89 1.15	0.40 0.50	0.59 0.58	0.63 0.78	0.75 0.73	0.17 0.22	0.39 0.38	0.81 1.09	0.60 0.64
2.5			1.43 1.86	1.12 1.46	0.81 1.03	0.75 0.74	1.29 1.62	0.95 0.93	0.34 0.44	0.49 0.48	1.57 2.11	0.73 0.76
2.8			1.62	1.27	1.16	0.85	0.84	1.07	0.48	0.55	2.20	0.80
3.2			1.86 2.43	1.46 1.91	1.77 2.26	0.97 0.96	2.80 3.58	1.23 1.21	0.74 0.94	0.63 0.62	3.26 4.39	0.89 0.94
3.6			2.10 2.75	1.65 2.16	2.56 3.29	1.10 1.09	4.06 5.21	1.39 1.38	1.06 1.36	0.71 0.70	4.64 6.24	0.99 1.04
			2.35 3.08	1.85 2.42	3.55 4.58	1.23 1.22	5.63 7.26	1.55 1.53	1.47 1.90	0.79 0.78	6.35 8.53	1.09 1.13
4.5			2.65 3.48 4.29	2.08 2.73 3.37	5.13 6.63 8.03	1.39 1.38 1.37	8.13 10.15 12.7	1.75 1.74 1.72	2.12 2.74 3.33	0.89 0.89 0.88	9.04 12.1 15.3	1.21 1.26 1.30
			2.96 3.89 4.80	2.32 3.05 3.77	7.11 9.21 11.2	1.55 1.54 1.53	11.3 14.6 17.8	1.95 1.94 1.92	2.95 3.80 4.63	1.00 0.99 0.98	12.40 16.6 20.9	1.33 1.38 1.42
5.6			4.38 5.41	3.44 4.25	13.1 16.0	1.73 1.72	20.8 25.4	2.18 2.16	5.41 6.59	1.11 1.10	23.3 29.2	1.52 1.57
6.3			4.96 6.13 7.28	3.90 4.81 5.72	18.9 23.1 27.1	1.95 1.94 1.93	29.9 36.6 42.9	2.05 2.44 2.43	7.819.52 11.2	1.25 1.25 1.24	33.1 41.5 50.0	1.69 1.74 1.78
		4.5	6.20 6.86 8.15 9.42 10.7	4.87 5.38 6.39 7.39 8.37	29.0 31.9 37.6 43.0 48.2	2.16 2.16 2.15 2.14 2.13	46.0 50.7 59.6 68.2 76.4	2.72 2.72 2.71 2.69 2.68	12.0 13.2 15.5 17.8 20.0	1.39 1.39 1.38 1.37 1.37	51.0 56.7 68.4 80.1 91.9	1.88 1.90 1.94 1.99 2.02
7.5			7.39 8.78 10.1 11.5 12.8	5.80 6.89 7.96 9.02 10.1	39.5 46.6 53.3 59.8 66.1	2.31 2.30 2.29 2.28 2.27	62.6 73.9 84.6 94.9	2.91 2.90 2.89 2.87 2.86	16.4 19.3 22.1 24.8 27.5	1.49 1.48 1.48 1.47 1.46	69.6 83.9 98.3	2.02 2.06 2.10 2.15 2.18
		5.5	8.63 9.38 10.8 12.3	6.78 7.36 8.51 9.65	52.7 57.0 65.3 73.4	2.47 2.47 2.45 2.44	83.6 90.4	3.11 3.11 3.09 3.08	21.8 23.5 27.0 30.3	1.59 1.58 1.58 1.57	93.2	2.17 2.19 2.23 2.27
			10.6 12.3 13.9 15.6	8.33 9.64 10.9 12.2	82.1 94.3	2.78 2.77 2.79 2.75		3.50 3.49 3.48 3.46	34.0 38.9 43.8 48.6	1.79 1.78 1.77 1.77		2.43 2.47 2.51 2.55
		6.5	12.8 13.8 15.6 19.2 22.8	10.1 10.8 12.2 15.1 17.9		3.09 3.08 3.07 3.05 3.03		3.88 3.88 3.87 3.84 3.81	50.7 54.2 60.9 74.1 86.9	1.99 1.98 1.98 1.96 1.95		2.68 2.71 2.75 2.83 2.91
			26.3 29.7	20.6 23.3		3.00 2.98		3.78 3.74	99.3	1.94 1.94		2.99 3.06
			15.2 17.2	11.9 13.5		3.40 3.39		4.29 4.28	72.7 81.8	2.19 2.18		2.96 3.00

ПРИЛОЖЕНИЕ 2

УГОЛКИ СТАЛЬНЫЕ ГОРЯЧЕКАТАНЫЕ НЕРАВНОПОЛОЧНЫЕ. СОРТАМЕНТ (по ГОСТ 8510-86)

h — высота балки;

Ь — ширина полки;

d — толщина стенки;

t-средняя толщина полки;

КR— радиус внутреннего

закругления;

r — радиус закругления

полки;

I/ — момент инерции;

W- момент сопротивления;

S — статический момент

полусечения;

i — радиус инерции.

Продолжение приложения 2

Дата добавления: 2015-07-19