Stopa fundamentowa - omówienie

Nasza ocena:

3
Wyświetleń: 406
Komentarze: 0
Notatek.pl

Pobierz ten dokument za darmo

Podgląd dokumentu
Stopa fundamentowa - omówienie - strona 1 Stopa fundamentowa - omówienie - strona 2 Stopa fundamentowa - omówienie - strona 3

Fragment notatki:

Przykład 4.3. Stopa fundamentowa
Dana jest prostopadło´cienna stopa fundamentowa. Obcia˙ enia wyst˛ pujace w przekroju pods
˛z
e ˛
stawy o wymiarach b x h pokazane sa na rysunku poni˙ ej. Uwzgl˛ dniajac warunek niewys˛
z
e
˛
t˛ powania w przekroju podstawy stopy napr˛ zen rozciagajacych, okre´li´ minimalne pole poe
e˙ ´
˛ ˛
s c
wierzchni podstawy stopy i odpowiadajace temu polu długo´ci boków podstawy.
˛
s
Z
h
14 kNm
Y
20 kN
6 kNm
P = 100 kN
My = −6 kNm
Mz = 14 kNm
b
Rozwiazanie
˛
Rozwiazanie zadania polega na okre´leniu warunków, których spełnienie jest konieczne, aby
˛
s
w przekroju podstawy stopy nie wystapiły napr˛ zenia ró˙ nych znaków (czyli aby jedna cz˛ sc
˛

z
e´´
´
podstawy nie była rozciagana, gdy druga jest sciskana).
˛
´
W przypadku przyj˛ tego układu osi YZ wzór na napr˛ zenia normalne w przekroju ma posta c:
e

σ=
Mz
My
N

y+
z
A
Iz
Iy
´
Przekrój jest sciskany siła P , wi˛ c
˛
e
N = −P
Uwzgl˛ dniajac powy˙ szy fakt oraz charakterystyki geometryczne przekroju
e
˛
z
A = bh
bh3
Iy =
12
b3 h
Iz =
12
mo˙ na zapisa´ :
z
c
N
−6
Mz
My
−P
Mz
My
100
14

y+
z=

y+
z=−
− 3 y+ 3z =
A
Iz
Iy
A
Iz
Iy
bh
b h
bh
12
12
72
100 168
4
4
18
− 3 y − 3z = −
=−
25 + 2 y + 2 z
bh
b h
bh
bh
b
h
σ=
1
Ekstremalne warto´ci napr˛ ze´ wyst˛ puja w punktach przekroju najbardziej oddalonych od osi
s
e˙ n
e ˛
oboj˛ tnej, której równanie znajdujemy przyrównujac napr˛ zenie normalne do zera.
e
˛

σx = 0
=⇒
=⇒

4
bh
y
2
18
4
y + 2z = 0
2
b
h
z
= 1 =⇒
h2
4
18
y + 2 z = 0 =⇒
2
b
h
z
y
+
=1
−10−2 b2 −2,222 · 10−2 h2
=⇒
25 +
b
− 4·25
+
− 18·25
25 +
Z
2[b⁄2;h⁄2]
h
Y
1[-b⁄2;-h⁄2]
b
Niezale˙ nie od warto´ci b i h o´ oboj˛ tna przecina osie układu współrz˛ dnych dla ujemnych
z
s
s
e
e
warto´ci y i z. Oznacza to, ze ekstremalne warto´ci napr˛ ze´ wyst˛ puja w punktach 1 i 2. Tak
s
˙
s
e˙ n
e ˛
wi˛ c rozwiazanie postawionego problemu polega na takim dobraniu wymiarów b i h, by w obu
e
˛
tych punktach napr˛ zenie normalne σ miało ten sam znak. Z uwagi na znak siły normalnej

i zwrot wypadkowego momentu uwzgl˛ dnienie tego warunku sprowadza si˛ w praktyce do
e
e
spełnienia warunku niedodatno´ci napr˛ zenia maksymalnego, a wi˛ c napr˛ zenia w punkcie 1.
s

e

b h
4
42
σ1 = σ − ; −
=−
25 + 2
2 2
bh
b
4
21 9

=−
25 −
bh
b
h
0
=⇒

=⇒
σ1
9
h
4
bh
21 9

b
h
21
25 −
=⇒
b

b
2
25 −
0
h
+
18
h2

=⇒
9
21
25 −
b
h
2
=
25 −
21 m 9

b
h
=⇒
h
0
=⇒
9b
25b − 21
Wynika z tego, ze pole podstawy stopy P ma warto´ c:
˙

P = bh

9b
9b2
=
25b − 21
25b − 21
Z uwagi na fakt, ze poszukujemy minimalnej warto´ci pola, do dalszych oblicze´ przyjmijmy
˙
s
n
P = P (b) =
9
b2
25b − 21
2
Pole przyjmuje warto´ c ekstremalna (w tym przypadku minimum) dla takiej warto´ci wymiaru

˛
s
b, dla którego pochodna funkcji P (b) jest równa zero.
P (b) = 0
9
b2 = 0 =⇒
25b − 21
9 · 2b · (25b − 21) − 9 · b2 · 25
= 0 =⇒
(25b − 21)2
9b · [2 (25b − 21) − 25b]
= 0 =⇒
(25b − 21)2
9b · (25b − 42)
42
= 0 =⇒ b =
m = 1, 68 m
2
25
(25b − 21)
=⇒ ... zobacz całą notatkę

Komentarze użytkowników (0)

Zaloguj się, aby dodać komentarz