Методические указания к выполнению расчетно-проектировочных работ по сопротивлению материалов для студентов инженерно-строительных специальностей. Цынгеев Д.Н - 11 стр.

                             2 I xy           323,24
              tg 2α 0 = −             =−                  = −0,258
                            Ix − Iy        1656,9 − 404,4
                                  α 0 = −130 45′
      Путем поворота центральных осей x и y по часовой
стрелке получаем главные центральные оси x гл и y гл (рис.16).
      4. Главные центральные моменты инерции сечения
                                                          2
                      max   Ix + Iy           Ix − Iy  2
             I гл = I min =         ±                 
                               2              2  + I xy                                     Рис. 17
                                                      
                                                                          Решение:
                                                              2           1. Определение опорных реакций
            max     1656,9 + 494,4    1656,9 − 404,4          2
 I гл =   I min   =                ±                  + 323,2              ∑ M A = 0 − F ⋅ 6 + RB ⋅ 4 − q ⋅ 6 ⋅ 1 + M = 0
                          2                 2        
                                                                             ∑ M B = 0 − F ⋅ 2 + q ⋅ 6 ⋅ 3 + M − RA ⋅ 4 = 0
                      I max = I xгл = 1735б15см 4
                                                                          Вычисления дают: R A = 575daН , R B = 1625daН .
                        I min = I yгл = 326,15см 4                        Проверка:
      5. Проверка правильности вычислений:                           ∑ F = 0 R A + R B − q ⋅ 6 − F = 575 + 1625 − 200 ⋅ 6 − 1000 = 0
                                I x.гл. y.гл. = 0                         2. Эпюра поперечных сил Q (рис.18).
               Ix − Iy                                                0 ≤ z1 ≤ 2 м  Q1 = − q ⋅ z1 = −200 ⋅ z1
   I x.гл. y.гл. =      ⋅ sin 2α 0 + I xy ⋅ cos 2α 0 =                                z1 = 0        Q1 = 0
                  2
     1656,9 − 404,4                                                                     z1 = 2 м Q1 = −400daН
   =                ⋅ sin 2(−130 25′) + 323 ⋅ cos 2(−130 25′) = 0
           2                                                          0 ≤ z2,3 ≤ 4 м    Q2 = RB − q (2 + z2 ) = 575 − 200(2 + z2 )
                                                                                         z 2,3 = 0   Q2 = 175daН
                         Задача 4
     (К выполнению расчетно-проектировочной работы №3                                   z 2,3 = 4 м Q2 = −625daН
  «Построение эпюр внутренних силовых факторов для балок и            0 ≤ z4 ≤ 2 м      Q4 = F = 1000daН
                           рам»)
                                                                                3.       Эпюра изгибающих моментов M .
      Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
для балки (рис. 17)                                                   0 ≤ z1 ≤ 2 м              z12        z12
                                                                                       M1 = − q     = −200
                                                    daН                                          2          2
F = 1000daН , M = 700daН , q = 200
                                                     м


                                                                                                                                     11