Τ.Ε.Ι. ΑΘΗΝΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Τ.Ε. ΑΝΤΟΧΗ ΥΛΙΚΩΝ ΙΙ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Τ.Ε.Ι. ΑΘΗΝΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Τ.Ε. ΑΝΤΟΧΗ ΥΛΙΚΩΝ ΙΙ"

Ξένη Κωνσταντίνου
6 χρόνια πριν
Προβολές:

ΑΝΤΟΧΗ ΥΛΙΚΩΝ ΙΙ 22/02/2011 ΘΕΜΑ 1 ο Στον πρόβολο του σχήματος μήκους l, η διατομή είναι ορθογωνική διαστάσεων

Aν σ εφ επ =50MPa, σ θλ επ =60MPa, και l=4,0m, ζητούνται: a) Οι απαιτούμενες διαστάσεις b και h.

1 1 Τ.Ε.Ι. ΑΘΗΝΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Τ.Ε. ΑΝΤΟΧΗ ΥΛΙΚΩΝ ΙΙ 22/02/2011 ΘΕΜΑ 1 ο Στον πρόβολο του σχήματος μήκους l, η διατομή είναι ορθογωνική διαστάσεων bxh (για τις οποίες δίνεται h=3b). Aν σ εφ επ =50MPa, σ θλ επ =60MPa, και l=4,0m, ζητούνται: a) Οι απαιτούμενες διαστάσεις b και h. b) Το διάγραμμα των ορθών τάσεων της κρίσιμης διατομής. Λύση: Τοποθετώ άξονες και ίνες αναφοράς πάνω στην διατομή(βλέπε διπλανό σχήμα). Στην συνέχεια κάνω στατική επίλυση (βλέπε παρακάτω σχήμα). Στατική επίλυση: Φορτίο πάνω στον άξονα z δίνει ροπή γύρω από τον άξονα y. Μ y (Α) =PL=20*4=80kNm Φορτίο πάνω στον άξονα y δίνει ροπή γύρω από τον άξονα z. Μ z (Α) =PL=40*4=160kNm

Ι zz= bh3 12 =b(3b)3 12 =2,25b4 Ι yy= b3 h 12 =b3 (3b) 12 =0,25b4 Eύρεση ορθών τάσεων από τον τύπο του Swain (το σύστημα μας είναι κύριο).

2 2 Kρίσιμη διατομή είναι η θέση της πάκτωσης (Α) αφού εμφανίζονται και οι μέγιστες ροπές. Τοποθετώ τα διανύσματα των ροπών πάνω στη διατομή. Βλέπω από το διπλανό σχήμα ότι τα διανύσματα των ροπών ως προς τους άξονες αναφοράς είναι: Μ z=-160knm Μ y=+80knm Κεντροβαρικές ροπές αδράνειας διατομής. Ι zz= bh3 12 =b(3b)3 12 =2,25b4 Ι yy= b3 h 12 =b3 (3b) 12 =0,25b4 Eύρεση ορθών τάσεων από τον τύπο του Swain (το σύστημα μας είναι κύριο). σ xx= M y z- M z y σ I yy I xx= 80 ( 160) zz 0,25b4z - 2,25b 4 y σxx=180z+40y 1 0,5625b 4 Eύρεση εξίσωσης ουδέτερης γραμμής: σ xx=0 180z+40y ( =0 0,5625b 4 παρ στης 0) 180z+40y=0 y=-4,5z Η κλίση ουδέτερης γραμμής είναι: tanφ=-4,5 φ=-77,47 ο Ακρότατα σημεία ορθών τάσεων: (βλέπε διπλανό σχήμα) Α(z,y): A(-b/2, -3b/2) 2 B(z,y): B(b/2, 3b/2) 3 τότε οι τιμές των ορθών τάσεων στα παραπάνω σημεία θα είναι: Η ( b 2 )+40( 3b 2 ) 0,5625b 4 =- 266,67 b 3 kn/m 2 Η (b 2 )+40(3b 2 ) 0,5625b 4 = 266,67 b 3 kn/m 2

3 3 Kρίσιμη είναι η εφελκυστική τάση (στη θέση Β)γιατί έχει μικρότερη επιτρεπόμενη τάση από ότι στην θλίψη. Άρα θα εκλέξουμε διαστάσεις με βάση την επιτρεπόμενη εφελκυστική τάση. Θα έχουμε λοιπόν: σ B σ εφ επ 266,67 50*10 b b 266,67 b 0,175m Εκλέγω λοιπόν: b =18cm h=3b=3*18=54cm Τελικώς εκλέγουμε διατομή: 18x54cm 2. Στην περίπτωση αυτή οι ορθές τάσεις είναι: σ Α= kn/m 2 (<σ θλ επ =60*10 3 ) σ B=45.725kN/m 2 εφ (<σ επ=50*10 3)

4 Τ.Ε.Ι. ΑΘΗΝΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Τ.Ε. ΑΝΤΟΧΗ ΥΛΙΚΩΝ ΙΙ 22/02/2011 ΘΕΜΑ 2 ο Στο σημείο Θ της διατομής του σχήματος ασκείται εφελκυστική δύναμη Ν 2, ενώ στο Η θλιπτική Ν 1 (και οι δύο κάθετα στη διατομή).

Δίνονται: Ν 1=-240kN, Ν 2=40kN Λύση: a) ΕΥΡΕΣΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΩΝ ΣΤΟΙΧΕΙΩΝ ΔΙΑΤΟΜΗΣ Χωρίζω την διατομή σε δύο επιμέρους τμήματα: 1 : ΑΒΙΗΘ 2 : ΗΙΓΔ EMΒΑΔΟΝ ΔΙΑΤΟΜΗΣ A 1=5000cm 2 A 2=3600cm 2 A ΟΛ=A 1+A 2 A

4 4 Τ.Ε.Ι. ΑΘΗΝΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Τ.Ε. ΑΝΤΟΧΗ ΥΛΙΚΩΝ ΙΙ 22/02/2011 ΘΕΜΑ 2 ο Στο σημείο Θ της διατομής του σχήματος ασκείται εφελκυστική δύναμη Ν 2, ενώ στο Η θλιπτική Ν 1 (και οι δύο κάθετα στη διατομή). Ζητούνται: a) Οι μέγιστες ορθές τάσεις και το διάγραμμα τους. b) Ο πυρήνας της εικονιζόμενης διατομής και να δοθεί με μορφή σκαριφήματος. Δίνονται: Ν 1=-240kN, Ν 2=40kN Λύση: a) ΕΥΡΕΣΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΩΝ ΣΤΟΙΧΕΙΩΝ ΔΙΑΤΟΜΗΣ Χωρίζω την διατομή σε δύο επιμέρους τμήματα: 1 : ΑΒΙΗΘ 2 : ΗΙΓΔ EMΒΑΔΟΝ ΔΙΑΤΟΜΗΣ A 1=5000cm 2 A 2=3600cm 2 A ΟΛ=A 1+A 2 A ΟΛ=8600cm 2 ΕΥΡΕΣΗ ΚΕΝΤΡΟΥ ΒΑΡΟΥΣ ΔΙΑΤΟΜΗΣ Ορίζω βοηθητικό σύστημα αξόνων αναφοράς το Αzy. Τότε το κέντρο βάρους της διατομής μου θα είναι: y G= y 1A 1 +y 2 A 2 A ΟΛ z G= z 1A 1 +z 2 A 2 A ΟΛ y G= y G=54,302cm 8600 z G= z 8600 G=62,558cm

5 5 ΡΟΠΕΣ ΑΔΡΑΝΕΙΑΣ ΔΙΑΤΟΜΗΣ I ΟΛ zz,g =I zz,g+izz,g= 3 12 I ΟΛ yy,g =I yy,g+iyy,g= (-29,302) (+40,698)2 = cm (-12,558) *17,4422 = ,6cm 4 I ΟΛ zy,g 1 = I zy,g 2 + Izy,G=0+5000(-29,302)(-12,558) *40,698*17,442 I ΟΛ zy,g = ,838 cm 4 ΜΕΤΑΦΟΡΑ ΤΩΝ ΔΥΝΑΜΕΩΝ ΣΤΟ Κ.Β. ΤΗΣ ΔΙΑΤΟΜΗΣ Μεταφορά της δύναμης Ν 2: κατά zz: M y=40*62,558=2.502,32 kncm (φορά διανύσματος της ροπής προς τα επάνω) κατά yy: M z=40*4,302=172,08 kncm (φορά διανύσματος της ροπής προς τα δεξιά) Μεταφορά της δύναμης Ν 1: κατά zz: M y=240*2,558=613,92 kncm (φορά διανύσματος της ροπής προς τα κάτω) κατά yy: M z=240*4,302=1.032,48 kncm (φορά διανύσματος της ροπής προς τα αριστερά) Συνολικές ροπές και δυνάμεις στο Κ.Β της διατομής: M y= ,92=1.888,4 kncm (φορά διανύσματος της ροπής προς τα επάνω) M z=1.032,48-172,08=860,4 kncm(φορά διανύσματος της ροπής προς τα αριστερά) N ΟΛ=40-240=-200 kncm ΕΥΡΕΣΗ ΟΡΘΩΝ ΤΑΣΕΩΝ ΤΗΣ ΔΙΑΤΟΜΗΣ Από το γενικό τύπο του Swain θα έχω: σ xx= 2, z+1, y 7, σxx=-4,224*10-4 z+1,9792*10-4 y σ xx=-4,224*10-4 z+1,9792*10-4 y-0,0233

6 6 Βρίσκω την εξίσωση της ουδέτερης γραμμής της διατομής. Μηδενίζοντας τις ορθές τάσεις θα έχω: σ xx=0-4,224*10-4 z+1,9792*10-4 y-0,0233=0 y=117,724+2,1342z Δυο σημεία της ουδέτερης γραμμής είναι: Για z=0 y=117,724cm I 1(0 117,724) Για y=0 z=-55,161cm I 2(-55,161 0) ΔΙΑΓΡΑΜΜΑ ΟΡΘΩΝ ΤΑΣΕΩΝ ΔΙΑΤΟΜΗΣ Οι μέγιστες τάσεις αναπτύσσονται στα σημεία Θ και Β. Θα έχουμε λοιπόν: Θ(-62,558, -4,302) σ Θ xx =264,245* ,515* ,0233 σ Θ xx =2,273*10-3 kn/cm 2 =22,73kN/m 2 Β(37,442, -54,302) σ Β xx =-158,155* ,475* ,0233 σ Β xx =-0,04986kN/cm 2 =-498,63kN/m 2

7 b) ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ ΠΕΡΙΒΑΛΛΟΥΣΑΣ ΔΙΑΤΟΜΗΣ Η περιβάλλουσα της διατομής δημιουργείται από τις ευθείες ε 1, ε 2, ε 3, ε 4, ε 5 όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.

7 7 b) ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ ΠΕΡΙΒΑΛΛΟΥΣΑΣ ΔΙΑΤΟΜΗΣ Η περιβάλλουσα της διατομής δημιουργείται από τις ευθείες ε 1, ε 2, ε 3, ε 4, ε 5 όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. ΕΥΘΕΙΑ ε 1: ε 1 y o=-54,302, z o= Βρίσκω τις συντεταγμένες του σημείου Π 1(z 1,y 1) που βρίσκεται στο περίγραμμα του πυρήνα. z Π1 = ( 54,302) z Π 1 = 9,412cm y Π1 = ( 54,302) +0 y Π 1 =29,395cm. Άρα Π 1 (9,412 29,395) [cm] ΕΥΘΕΙΑ ε 2: ε 2 z o=37,442, y o= Βρίσκω τις συντεταγμένες του σημείου Π 2(z 2,y 2) που βρίσκεται στο περίγραμμα του πυρήνα. z Π2 = , ,442-0 z Π 2 =-20,28cm y Π2 = , , y Π 2 =-13,65cm Άρα Π 2 (-20,28-13,65) [cm]

8 8 ΕΥΘΕΙΑ ε 3: ε 3 y o=85,698, z o= Βρίσκω τις συντεταγμένες του σημείου Π 3(z 3,y 3) που βρίσκεται στο περίγραμμα του πυρήνα. z Π3 = , ,698-0 z Π 3 =-5,964cm y Π3 = ,698-0 y Π 3 =-18,626cm Άρα Π 3(-5,964-18,626) [cm] ΕΥΘΕΙΑ ε 4: ε 4 y=az+β Βρίσκω τις συντεταγμένες του σημείου Π 4(y 4,z 4) που βρίσκεται στο περίγραμμα του πυρήνα. Αρκεί να βρούμε τα α και β. Θ(-62,558, -4,302) -4,302=α(-62,558)+β 1 Δ(-2,558, 85,698) 85,698=α(-2,558)+β 2 Με αφαίρεση κατά μέλη των παραπάνω σχέσεων θα έχουμε: -90=-60α α=1,5 3 Η 2 3 β=89,535. Τελικά η εξίσωση της ευθείας ε 4 θα είναι : y=1,5z+89,535 Για y=0 z o =-59,69 Για z=0 y o =89,535 z Π4 = ,6 8600( 59,69) , ,535 =7,014cm y Π4 = , , ( 59,69) =-9,266cm Άρα Π4(7,014-9,266) [cm] ΕΥΘΕΙΑ ε 5: ε 5 y o=, z o=-62,558 Βρίσκω τις συντεταγμένες του σημείου Π 5(z 5,y 5) που βρίσκεται στο περίγραμμα του πυρήνα. z Π5 = , ( 62,558) 0 z Π 5 =12,138cm y Π5 = , ( 62,558) y Π 5 =8,17cm Άρα Π 5(12,138 8,17) [cm]

9 9 ΣΚΑΡΙΦΗΜΑ ΠΥΡΗΝΑ ΔΙΑΤΟΜΗΣ

ΑΝΤΟΧΗ ΥΛΙΚΩΝ ΙΙ 22/02/2011 ΘΕΜΑ 3 ο Στον πρόβολο ΑΒΓ (C είναι το μέσον του ΑΒ) (ο οποίος είναι ορθογωνικής διατομής 20cmx40cm) ζητούνται το βέλος κάμψης στα C, Γ καθώς και η κλίση μόνον στο C με τη

10 10 Τ.Ε.Ι. ΑΘΗΝΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Τ.Ε. ΑΝΤΟΧΗ ΥΛΙΚΩΝ ΙΙ 22/02/2011 ΘΕΜΑ 3 ο Στον πρόβολο ΑΒΓ (C είναι το μέσον του ΑΒ) (ο οποίος είναι ορθογωνικής διατομής 20cmx40cm) ζητούνται το βέλος κάμψης στα C, Γ καθώς και η κλίση μόνον στο C με τη μέθοδο του μοναδιαίου φορτίου. Δίνονται: L=4m, l=1m, Ε=200GPa Λύση: Βρίσκω την ροπή αδρανείας της διατομής: Ι= bh3 12 =0,2 0, =1,0667*10-3 m 4 BYΘΙΣΗ (ΒΕΛΟΣ ΚΑΜΨΗΣ) ΣΤΟ ΣΗΜΕΙΟ C Κατασκευάζω το διάγραμμα ροπών λόγω εξωτερικής φόρτισης και το διάγραμμα ροπών λόγω μοναδιαίου φορτίου στο C. Εύρεση από όμοια τρίγωνα της ροπής στο C λόγω εξωτερικής φόρτισης: Υπόλογίζω την βύθιση στο C: M C 40 =2,0 4,0 M C=-20kNm C A B C δ C= 1 [ M (C) (C) (C) EI,pM,1 ds + M,p M,1 ds ]+ M,p M,1 ds = 1 EI [1(-20)(-2,0)*2+ 3 Γ Β 66, (-20)(-2,0)*2+0+0] δc=66,667 = EI , δc=3,125*10-4 m(προς τα κάτω)

11 BYΘΙΣΗ (ΒΕΛΟΣ ΚΑΜΨΗΣ) ΣΤΟ ΣΗΜΕΙΟ Γ Κατασκευάζω το διάγραμμα ροπών λόγω εξωτερικής φόρτισης (το οποίο ήδη έχει γίνει για την βύθιση στο σημείο C) και το διάγραμμα ροπών

Εύρεση από όμοια τρίγωνα της ροπής στο Β λόγω μοναδιαίου φορτίου στη θέση Γ: Υπόλογίζω την βύθιση στο Γ: M Β 5 =1,0 5,0 M Β=-1kNm Β A Γ Β δ Γ= 1 [ M (Γ) (Γ) EI,pM,1 ds +

11 11 BYΘΙΣΗ (ΒΕΛΟΣ ΚΑΜΨΗΣ) ΣΤΟ ΣΗΜΕΙΟ Γ Κατασκευάζω το διάγραμμα ροπών λόγω εξωτερικής φόρτισης (το οποίο ήδη έχει γίνει για την βύθιση στο σημείο C) και το διάγραμμα ροπών λόγω μοναδιαίου φορτίου στο Γ. Εύρεση από όμοια τρίγωνα της ροπής στο Β λόγω μοναδιαίου φορτίου στη θέση Γ: Υπόλογίζω την βύθιση στο Γ: M Β 5 =1,0 5,0 M Β=-1kNm Β A Γ Β δ Γ= 1 [ M (Γ) (Γ) EI,pM,1 ds + M,p M,1 ds ]= 1 EI [1 3 (-4,0)(-40)*4+1(-1,0)(-40)*4+0] 2 δ Γ= 293,33 293,33 = m (προς τα κάτω) ΕΙ , =1,375*10-3 ΣΤΡΟΦΗ (ΚΛΙΣΗ) ΣTO C Κατασκευάζω το διάγραμμα ροπών λόγω εξωτερικής φόρτισης (το οποίο ήδη έχει γίνει για την βύθιση στο σημείο C) και το διάγραμμα ροπών λόγω μοναδιαίας ροπής στο C.

12 12 Υπολογίζω την στροφή στο C: C A Γ C φ C= 1 [ M (C) (C) EI,pM,1 ds + M,p M,1 ds ]= 1 EI [(-20)(-1,0)*2+1(-20)(-1,0)*2+0] 2 φ C= 60 EI = , φc=2,812*10-4 rad (δεξιόστροφα)

Σχετικά έγγραφα

Μάθημα: Στατική ΙΙ 3 Ιουλίου 2012 Διδάσκων: Τριαντ. Κόκκινος, Ph.D. ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΓΡΑΠΤΗ ΕΞΕΤΑΣΗ

ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΙΔΡΥΜΑ ΑΘΗΝΑΣ ΣΧΟΛΗ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΩΝ ΕΦΑΡΜΟΓΩΝ Τμήμα Πολιτικών Έργων Υποδομής Μάθημα: Στατική ΙΙ 3 Ιουλίου 202 Διδάσκων: Τριαντ. Κόκκινος, Ph.D. ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΓΡΑΠΤΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ( η περίοδος