موضوع بكالوريا نموذجي محلول 1: بناية

3. حل السؤال 2: تصميم المدرج

المعطيات المستعملة

| المعطى | القيمة | المصدر | |---|---|---| | الارتفاع بين الأرضيتين | $H = 3{,}30\ m = 330\ cm$ | الوثيقة 1 (من ±0,00 إلى +3,30) | | ارتفاع القائمة المبدئي | $h_0 = 17\ cm$ | نص الموضوع | | الخطوة المتوسطة | $2h + g = 64\ cm$ | علاقة بلوندل | | طول الدرجة | $Q = 1{,}00\ m$ | نص السؤال | | الفراغ الوسطي | $j = 0{,}20\ m$ | نص السؤال | | عمق فسحة الراحة | $l_p = 1{,}10\ m$ | نص السؤال |

نتبع الخطوات الثابتة لدرس «المدارج: الحساب والتصميم»: عدد القوائم، ارتفاع القائمة، عرض النائمة، التوزيع، الأطوال، ثم الميل والحصيرة.

1) عدد القوائم وارتفاع القائمة (0,5 ن)

$ n = \frac{H}{h_0} = \frac{330}{17} = 19{,}41 $

عدد القوائم عدد صحيح، فنقرّب إلى أقرب عدد صحيح: $n = 19$ قائمة. ثم نعيد حساب ارتفاع القائمة الحقيقي حتى تصل القائمة الأخيرة بالضبط إلى الأرضية العلوية:

$ h = \frac{H}{n} = \frac{330}{19} = 17{,}37\ cm $

وهو داخل المجال المعتاد (من 16 إلى 17,5 cm).

2) عرض النائمة والتحقق من بلوندل (0,5 ن)

$ g = 64 - 2h = 64 - 34{,}74 $

أي $g = 29{,}26\ cm$. نقرّب إلى سنتيمتر قابل للتنفيذ: $g = 29\ cm$. التحقق:

$ 2h + g = 34{,}74 + 29 = 63{,}74\ cm $

القيمة بين 60 و 66 cm، و g بين 27 و 31 cm: المدرج مريح.

3) التوزيع ومنسوب فسحة الراحة (0,5 ن)

n فردي، والقلبة الأولى تأخذ القائمة الزائدة: $n_1 = 10$ قوائم و $n_2 = 19 - 10 = 9$ قوائم. فسحة الراحة في أعلى القائمة العاشرة:

$ H_1 = 10 \times 17{,}37 = 173{,}7\ cm $

أي المنسوب +1,74 m. تحقق: القلبة الثانية ترتفع $9 \times 17{,}37 = 156{,}3\ cm$، و $173{,}7 + 156{,}3 = 330\ cm$.

4) طولا القلبتين وقفص الدرج (0,5 ن)

قلبة فيها k قائمة لها $k - 1$ نائمة، لأن الفسحة (أو الأرضية) تقوم مقام النائمة الأخيرة:

$ L_1 = (10 - 1) \times 29 = 261\ cm $

$ L_2 = (9 - 1) \times 29 = 232\ cm $

القلبتان متوازيتان ومتجاورتان في المسقط، فطول القفص هو أطول القلبتين زائد الفسحة، وعرضه قلبتان والفراغ الوسطي:

$ L_{cage} = 2{,}61 + 1{,}10 = 3{,}71\ m $

$ W_{cage} = 2Q + j = 2{,}20\ m $

تحقق: $l_p = 1{,}10\ m$ لا يقل عن $Q = 1{,}00\ m$، و Q لا يقل عن 0,80 m لمسكن فردي. الأبعاد الداخلية للقفص $3{,}71 \times 2{,}20\ m$.


يبيّن المسقط القلبة الأولى في الأسفل (النائمات 1 إلى 9) تنطلق من ±0,00، ثم فسحة الراحة على اليمين في +1,74 (تقوم مقام النائمة 10)، ثم القلبة الثانية في الأعلى (النائمات 11 إلى 18) تعود نحو اليسار وتصل إلى أرضية الطابق الأول في +3,30. الخط الأحمر هو خط السير. مجموع النائمات $9 + 8 = 17$، أي $n - 2$، لأن الفسحة والأرضية العلوية ليستا نائمتين.

5) الميل وسمك الحصيرة (0,5 ن)

$ \tan \alpha = \frac{h}{g} = \frac{17{,}37}{29} = 0{,}599 $

ومنه $\alpha = 30{,}9°$ (الآلة في نمط DEG). الطول المائل لدرجة واحدة:

$ \sqrt{29^2 + 17{,}37^2} = 33{,}80\ cm $

القلبة الأولى (9 نائمات): $L' = 9 \times 33{,}80 = 304{,}2\ cm = 3{,}04\ m$. الحصيرة والفسحة بلاطة واحدة، فالمجاز:

$ \ell = 3{,}04 + 1{,}10 = 4{,}14\ m $

$ \frac{\ell}{30} = \frac{414}{30} = 13{,}8\ cm $

نأخذ $e = 14\ cm$، وهو أقل من $\ell/20 = 20{,}7\ cm$: مقبول. نحسب بالقلبة الأولى لأنها الأطول، فالسمك نفسه يكفي الثانية.

جدول الإجابة

| المقدار | العلاقة | النتيجة | |---|---|---| | عدد القوائم | $n = H/h_0$ ثم التقريب | 19 | | ارتفاع القائمة | $h = H/n$ | 17,37 cm | | عرض النائمة | $g = 64 - 2h$ | 29 cm | | التوزيع | n فردي | 10 + 9 | | منسوب الفسحة | $H_1 = n_1 \cdot h$ | +1,74 m | | طولا القلبتين | $(k - 1) \cdot g$ | 2,61 m و 2,32 m | | القفص | $(L_{max} + l_p) \times (2Q + j)$ | $3{,}71 \times 2{,}20\ m$ | | الميل | $\tan \alpha = h/g$ | 30,9° | | سمك الحصيرة | $e \approx \ell/30$ | 14 cm |

ملاحظة للامتحان

• لا تترك $h = 17\ cm$ بعد التقريب: $19 \times 17 = 323\ cm$ فتبقى قائمة مختلفة بـ 7 cm.
• منسوب الفسحة يُحسب بعدد القوائم لا النائمات: $9 \times 17{,}37 = 156\ cm$ خطأ.
• اكتب α بالدرجات واذكر نمط الآلة؛ الطبوغرافيا وحدها تعمل بالغراد.

أخطاء شائعة

• تقريب 19,41 إلى 20 دون سبب: 20 قائمة تعطي 16,5 cm وهي مقبولة أيضا، لكن قاعدة الموضوع هي أقرب عدد صحيح، والحساب الموحّد يسهّل التصحيح.
• حساب طول القفص بجمع القلبتين $2{,}61 + 2{,}32$: القلبتان متوازيتان لا متتاليتان.
• حساب L' بالطول الأفقي مضروبا في $\cos \alpha$: الطول المائل أكبر من الأفقي.

4. حل السؤال 3: سموت قطعة الأرض ومساحتها

الطريقة

نعمل في المعلم الطبوغرافي: X نحو الشرق و Y نحو الشمال، والسمت الإحداثي G يقاس من الشمال في اتجاه عقارب الساعة بالغراد. الآلة الحاسبة على وضع GRAD طوال هذا السؤال. لكل اتجاه نطبّق الخطوات الأربع لدرس «الطبوغرافيا: الإحداثيات والسمت الإحداثي»: فرقا الإحداثيات بإشارتيهما، الزاوية المختصرة $\tan g = |\Delta X|/|\Delta Y|$، الربع من الإشارتين، ثم علاقة الربع.


نرى في الشكل أن B تقع شمال شرق A (الربع I) وأن D تقع جنوب شرقها (الربع II): نتوقع إذن $G_{AB}$ بين 0 و 100 gr و $G_{AD}$ بين 100 و 200 gr، وهذا يسمح بالتحقق من النتائج.

1) السمت $G_{AB}$ والمسافة $L_{AB}$ (0,5 ن)

$\Delta X_{AB} = 342{,}10 - 318{,}40 = +23{,}70\ m$ و $\Delta Y_{AB} = 541{,}80 - 512{,}60 = +29{,}20\ m$.

$ \tan g = \frac{23{,}70}{29{,}20} = 0{,}8116 $

ومنه $g = 43{,}40\ gr$. الفرقان موجبان: الربع I، و $G_{AB} = g = 43{,}40\ gr$.

$ L_{AB} = \sqrt{23{,}70^2 + 29{,}20^2} $

أي $L_{AB} = \sqrt{1414{,}33} = 37{,}61\ m$.

2) السمت $G_{AD}$ والمسافة $L_{AD}$ والزاوية في A (0,75 ن)

$\Delta X_{AD} = 345{,}30 - 318{,}40 = +26{,}90\ m$ و $\Delta Y_{AD} = 491{,}70 - 512{,}60 = -20{,}90\ m$.

$ \tan g = \frac{26{,}90}{20{,}90} = 1{,}2871 $

ومنه $g = 57{,}95\ gr$. ΔX موجب و ΔY سالب: الربع II، فـ:

$ G_{AD} = 200 - 57{,}95 = 142{,}05\ gr $

$ L_{AD} = \sqrt{26{,}90^2 + 20{,}90^2} $

أي $L_{AD} = \sqrt{1160{,}42} = 34{,}06\ m$.

الزاوية في A من AB إلى AD مع عقارب الساعة هي فرق السمتين:

$ \alpha = G_{AD} - G_{AB} = 98{,}65\ gr $

الزاوية أقل بقليل من القائمة ($100\ gr$)، وهذا ما يظهر في الوثيقة 3.

| الاتجاه | ΔX (m) | ΔY (m) | $\tan g$ | g (gr) | الربع | G (gr) | L (m) | |---|---|---|---|---|---|---|---| | A → B | +23,70 | +29,20 | 0,8116 | 43,40 | I | 43,40 | 37,61 | | A → D | +26,90 | −20,90 | 1,2871 | 57,95 | II | 142,05 | 34,06 |

3) المساحة بالإحداثيات القائمة (0,75 ن)

$ 2S = \sum X_n\,(Y_{n-1} - Y_{n+1}) $

الرؤوس مرقمة A ثم B ثم C ثم D في اتجاه عقارب الساعة، والترقيم دوري (سابق A هو D ولاحق D هو A):

| الرأس | $X_n$ | $Y_{n-1} - Y_{n+1}$ | $X_n (Y_{n-1} - Y_{n+1})$ | |---|---|---|---| | A | $318{,}40$ | $491{,}70 - 541{,}80 = -50{,}10$ | $-15\,951{,}84$ | | B | $342{,}10$ | $512{,}60 - 520{,}30 = -7{,}70$ | $-2634{,}17$ | | C | $368{,}50$ | $541{,}80 - 491{,}70 = 50{,}10$ | $18\,461{,}85$ | | D | $345{,}30$ | $520{,}30 - 512{,}60 = 7{,}70$ | $2658{,}81$ | | المجموع | | $0$ (مراقبة) | $2S = 2534{,}65$ |

$ S = \frac{2534{,}65}{2} = 1267{,}33\ m^2 $

أي $12{,}67\ a$ تقريبا. المجموع موجب لأن الرؤوس مرقمة مع عقارب الساعة، ومجموع عمود الفروق صفر كما يجب.

تحقق (غير مطلوب): نقسم القطعة بالقطر BD إلى مثلثين. المثلث ABD ضلعاه من A معلومان والزاوية بينهما α: $S_{ABD} = \frac{1}{2} \times 37{,}608 \times 34{,}065 \times \sin 98{,}646 = 640{,}41\ m^2$. والمثلث BCD بالإحداثيات القائمة يعطي $626{,}92\ m^2$. المجموع $1267{,}33\ m^2$: مطابق، فالحساب صحيح.

4) إحداثيات النقطة M (0,5 ن)

$G_{AM} = 80{,}00\ gr$ و $L_{AM} = 10{,}00\ m$، ننتقل من الإحداثيات القطبية إلى القائمة:

$ X_M = X_A + L_{AM} \sin G_{AM} $

$ Y_M = Y_A + L_{AM} \cos G_{AM} $

مع $\sin 80\ gr = 0{,}95106$ و $\cos 80\ gr = 0{,}30902$:

$ X_M = 318{,}40 + 9{,}51 = 327{,}91\ m $

$ Y_M = 512{,}60 + 3{,}09 = 515{,}69\ m $

إذن $M(327{,}91\ ;\ 515{,}69)$: النقطة شرق A وشمالها قليلا، كما في الوثيقة 3 (السمت 80 gr قريب من الشرق).

ملاحظة للامتحان

• ارسم مخططا صغيرا للنقطتين قبل كل سمت: يحدد الربع ويكشف خطأ العلاقة.
• قدّم المساحة في جدول مع سطر المجموع، ولا تنس القسمة على 2.
• اكتب الزوايا بالغراد برقمين بعد الفاصلة والإحداثيات بالمتر برقمين بعد الفاصلة.

أخطاء شائعة

• كتابة $G_{AD} = 57{,}95\ gr$: هذه الزاوية المختصرة g، والاتجاه نحو الجنوب الشرقي.
• الآلة على وضع DEG: $\tan^{-1} 0{,}8116$ يعطي 39,06 بدل 43,40.
• قلب الفرق في الجدول ($Y_{n+1} - Y_{n-1}$) دون أخذ القيمة المطلقة في النهاية.
• استعمال $\cos G$ للفاصلة و $\sin G$ للترتيبة كما في الرياضيات: السمت يقاس من محور Y.

5. حل السؤال 4: جملون الورشة

المعطيات والفرضيات


نطبّق فرضيات الأنظمة المثلثية: العقد مفصلية، الحمولات مطبقة في العقد، وزن القضبان مهمل، فكل قضيب يعمل بجهد ناظمي فقط (شد موجب، انضغاط سالب). نفترض كل الجهود المجهولة شدا (مرسومة مغادرة للعقدة)، والإشارة تعطي الطبيعة. نصطلح أن العزم المعاكس لعقارب الساعة موجب.

هندسة القضبان المائلة. القضبان AD و DE و EF و FB و DC و CF كلها مائلة بالميل نفسه: 2,50 m أفقيا مقابل 1,25 m شاقوليا.

$ L = \sqrt{2{,}50^2 + 1{,}25^2} = 2{,}795\ m $

ومنه $\sin \alpha = 1{,}25/2{,}795 = 0{,}447$ و $\cos \alpha = 2{,}50/2{,}795 = 0{,}894$. نستعمل أيضا النسبتين الدقيقتين $1/\sin \alpha = 2{,}236$ و $\cos \alpha/\sin \alpha = 2$ لتجنب تراكم التقريب.

1) التحديد السكوني (0,5 ن)

العقد: A، B، C، D، E، F، أي $n = 6$. القضبان: AD، DE، EF، FB، AC، CB، DC، CE، CF، أي $b = 9$.

$ 2n - 3 = 12 - 3 = 9 = b $

الشرط محقق، وكل الحقول مثلثات، والمسندان (مضاعف وبسيط) يعطيان 3 مجاهيل: الجملون محدد سكونيا.

2) ردود الأفعال (1 ن)

• $\sum F_x = 0$: لا حمولة أفقية، فـ $H_A = 0$.
• العزوم حول A (الحمولة في A ذراعها صفر):

$ 10\,V_B = 20 \times 2{,}5 + 30 \times 5 $

$ + 20 \times 5 + 20 \times 7{,}5 + 10 \times 10 $

أي $10\,V_B = 50 + 150 + 100 + 150 + 100 = 550$، ومنه $V_B = 55\ kN$.

• العزوم حول B بالطريقة نفسها: $10\,V_A = 10 \times 10 + 20 \times 7{,}5 + 20 \times 5 + 30 \times 5 + 20 \times 2{,}5 = 550$، ومنه $V_A = 55\ kN$.
• التحقق: $V_A + V_B = 110\ kN$ يساوي مجموع الحمولات $10 + 20 + 20 + 20 + 10 + 30 = 110\ kN$. النتيجة متوقعة لأن الجملون وحمولاته متناظرة.

3) الجهود بطريقة عزل العقد (2,5 ن)

نبدأ بعقدة فيها مجهولان: A.

العقدة A (مجهولان: $N_{AD}$ و $N_{AC}$)

القوى: $V_A = 55\ kN$ نحو الأعلى، الحمولة 10 kN نحو الأسفل، AD نحو اليمين والأعلى، AC نحو اليمين.

$ 55 - 10 + N_{AD} \sin \alpha = 0 $

$ N_{AD} = -45 \times 2{,}236 = -100{,}62\ kN $

$ N_{AC} = -N_{AD} \cos \alpha = +90{,}00\ kN $

(أي $45 \times \cos \alpha/\sin \alpha = 45 \times 2$). AD منضغط و AC مشدود.

العقدة D (مجهولان: $N_{DE}$ و $N_{DC}$)

من D: DA نحو اليسار والأسفل، DE نحو اليمين والأعلى، DC نحو اليمين والأسفل، والحمولة 20 kN نحو الأسفل. نعوّض $N_{DA} = -100{,}62$ بإشارته. بعد القسمة على $\cos \alpha$ ثم على $\sin \alpha$ تصبح المعادلتان:

• الأفقية: $N_{DE} + N_{DC} = N_{DA} = -100{,}62$
• الشاقولية: $N_{DE} - N_{DC} = N_{DA} + 20 \times 2{,}236 = -55{,}90$

بالجمع ثم الطرح:

$ N_{DE} = -78{,}26\ kN $

$ N_{DC} = -22{,}36\ kN $

العقدة E (مجهولان: $N_{EF}$ و $N_{EC}$)

من E: ED نحو اليسار والأسفل، EF نحو اليمين والأسفل، EC نحو الأسفل، والحمولة 20 kN.

• الأفقية: $-N_{ED} \cos \alpha + N_{EF} \cos \alpha = 0$ ومنه $N_{EF} = N_{ED} = -78{,}26\ kN$.
• الشاقولية: $-20 - N_{ED} \sin \alpha - N_{EF} \sin \alpha - N_{EC} = 0$، مع $N_{ED} \sin \alpha = -78{,}26/2{,}236 = -35\ kN$:

$ N_{EC} = -20 + 35 + 35 = +50\ kN $

القائم CE مشدود: هو الذي يعلّق جهاز الرفع والعقدة C بالقمة E.

العقدة C (مجهولان: $N_{CF}$ و $N_{CB}$)

من C: CA نحو اليسار، CB نحو اليمين، CD نحو اليسار والأعلى، CF نحو اليمين والأعلى، CE نحو الأعلى، والحمولة 30 kN نحو الأسفل.

• الشاقولية: $-30 + N_{CD} \sin \alpha + N_{CF} \sin \alpha + 50 = 0$، مع $N_{CD} \sin \alpha = -22{,}36/2{,}236 = -10$:

$ N_{CF} \sin \alpha = -10 $

ومنه $N_{CF} = -22{,}36\ kN$.

• الأفقية: $-90 - N_{CD} \cos \alpha + N_{CF} \cos \alpha + N_{CB} = 0$، والحدان الأوسطان يتعادلان، فـ $N_{CB} = +90{,}00\ kN$.

العقدة F ثم B (للتحقق)

في F بالطريقة نفسها نجد $N_{FB} = -100{,}62\ kN$. في B: الشاقولية $55 - 10 + N_{BF} \sin \alpha = 55 - 10 - 45 = 0$، والأفقية $-N_{BC} - N_{BF} \cos \alpha = -90 + 90 = 0$. كل المعادلات محققة: النتائج صحيحة، وهي متناظرة كما يجب.

4) جدول النتائج (0,5 ن)

| القضيب | الجهد (kN) | الطبيعة | |---|---|---| | AD و FB | −100,62 | انضغاط | | DE و EF | −78,26 | انضغاط | | AC و CB | +90,00 | شد | | DC و CF | −22,36 | انضغاط | | CE | +50,00 | شد |


يلخص الشكل النتائج: الوتر العلوي منضغط (أكبر جهد في AD و FB قرب المسندين)، والوتر السفلي مشدود، والقائم CE مشدود لأنه يحمل جهاز الرفع.

5) مقطع القضيب الأكثر تحميلا (1,25 ن)

$|N_{max}| = 100{,}62\ kN$ (AD و FB). المقطع زاويتان مزدوجتان والجدول للزاوية الواحدة، فكل زاوية تحمل نصف الجهد:

$ S_{1L} \ge \frac{|N_{max}|}{2\,\bar{\sigma}} $

$ S_{1L} \ge \frac{100\,620}{2 \times 160} $

أي $S_{1L} \ge 314{,}4\ mm^2 = 3{,}14\ cm^2$.

• L40×40×4 ($3{,}08\ cm^2$) أقل من $3{,}14$: لا تكفي ولو كان الفرق صغيرا.
• L40×40×5 ($3{,}79\ cm^2$) تكفي، وهي أول زاوية في الجدول تحقق الشرط.

نختار 2L40×40×5 بمقطع $S = 2 \times 3{,}79 = 7{,}58\ cm^2 = 758\ mm^2$. التحقق:

$ \sigma = \frac{100\,620}{758} = 132{,}7\ MPa $

وهو أقل من $\bar{\sigma} = 160\ MPa$: شرط المقاومة محقق.

6) تغيّر طول القضيب AC (0,75 ن)

AC مشدود بـ $N = 90\ kN$، طوله $5{,}00\ m$، ومقطعه 2L40×40×5:

$ \Delta L = \frac{N \cdot L}{E \cdot S} $

$ \Delta L = \frac{90\,000 \times 5000}{2 \cdot 10^5 \times 758} $

$ \Delta L = 2{,}97\ mm $

القيمة موجبة: استطالة (القضيب مشدود). إجهاده $90\,000/758 = 118{,}7\ MPa$، و $\Delta L = \sigma L/E$ يعطي النتيجة نفسها.

ملاحظة للامتحان

• اكتب في كل عقدة المعادلتين بالحروف ثم بالأرقام، وعوّض الجهود المعلومة بإشاراتها.
• لا تنس الحمولتين المطبقتين في عقدتي المسندين: تدخلان في ردود الأفعال وفي معادلة العقدة.
• القضيب الأكثر تحميلا يُختار بالقيمة المطلقة، شدا كان أو انضغاطا.
• في الاختيار من الجدول: أول مجنب يحقق $S \ge S_{nec}$، لا الأقرب.

أخطاء شائعة

• القسمة على 2 ثم القراءة في جدول خاص بالمجنبين معا، فيأتي المقطع أصغر بمرتين.
• قبول L40×40×4 لأن $3{,}08$ «قريبة» من $3{,}14$.
• كتابة $\Delta L$ بخلط الوحدات: N بالنيوتن، L بالمليمتر، E بالـ MPa، S بالـ $mm^2$ تعطي $\Delta L$ بالمليمتر.
• استعمال $\cos \alpha$ للمركبة الشاقولية: الزاوية مقيسة مع الأفقي، فالمركبة الشاقولية بـ $\sin \alpha$.

6. حل السؤال 5: العمود الخرساني المسلح

المعطيات

| المعطى | القيمة | |---|---| | المقطع | $a \times b = 30 \times 30\ cm$ | | الطول الحر | $l_0 = 3{,}30\ m$ (من الوجه العلوي لرافدة الربط الأرضية ±0,00 إلى الوجه العلوي لأرضية الطابق الأول +3,30) | | الحمولات | $G = 740\ kN$ ، $Q = 160\ kN$ (نزول الحمولات مع الطوابق المستقبلية حتى R+4) | | المواد | $f_{c28} = 25\ MPa$ ، FeE400 ، $\gamma_b = 1{,}5$ ، $\gamma_s = 1{,}15$ | | التغطية | $c = 2{,}5\ cm$ |

العمود داخلي ومحمول بجهد مركزي، مقطعه مربع: نطبّق طريقة BAEL المبسطة ذات الخطوات الثماني (درس «العمود في الانضغاط البسيط»)، ونعمل بالـ kN والـ $cm^2$ مع $f_{c28} = 2{,}5\ kN/cm^2$ و $f_e = 40\ kN/cm^2$.

1) الجهد الأخير (0,5 ن)

العمود يُحسب في الحالة النهائية الأخيرة ELU وحدها:

$ N_u = 1{,}35\,G + 1{,}5\,Q $

$ N_u = 999 + 240 = 1239\ kN $

2) طول التحدب والنحافة (1 ن)

طرفه السفلي مربوط بروافد الربط الأرضية التي تعبره عند ±0,00، وطرفه العلوي بروافد أرضية الطابق الأول، وصلابتها لا تقل عن صلابته: هي حالة عمود البناية العادي في BAEL، فـ $l_f = 0{,}7\,l_0 = 0{,}7 \times 3{,}30 = 2{,}31\ m = 231\ cm$. المقطع مربع فالنحافة واحدة في الاتجاهين، و $a = 30\ cm$:

$ \lambda = \frac{2\sqrt{3}\cdot l_f}{a} = \frac{3{,}464 \times 231}{30} $

أي $\lambda = 26{,}67$، أقل من 50: الحالة المعتادة.

3) المعامل α (0,5 ن)

$ \alpha = \frac{0{,}85}{1 + 0{,}2\,(\lambda/35)^2} $

مع $(26{,}67/35)^2 = 0{,}581$:

$ \alpha = \frac{0{,}85}{1{,}116} = 0{,}762 $

4) المقطع المختصر والتسليح النظري (1,25 ن)

نحذف 1 cm من كل وجه: $B_r = (30 - 2)(30 - 2) = 28 \times 28 = 784\ cm^2$. حصة الخرسانة:

$ N_b = \frac{B_r \cdot f_{c28}}{0{,}9\,\gamma_b} $

$ N_b = \frac{784 \times 2{,}5}{1{,}35} $

أي $N_b = 1451{,}85\ kN$. ثم $N_u/\alpha = 1239/0{,}762 = 1625{,}98\ kN$، ومنه:

$ A_{th} = \left(\frac{N_u}{\alpha} - N_b\right)\frac{\gamma_s}{f_e} $

$ A_{th} = 174{,}13 \times \frac{1{,}15}{40} $

$ A_{th} = 5{,}01\ cm^2 $

5) التسليح الأدنى والأقصى والمقطع المعتمد (0,75 ن)

• المحيط $u = 4 \times 0{,}30 = 1{,}20\ m$ فـ $4u = 4{,}80\ cm^2$ ؛
• $0{,}2\,\%\,B = 0{,}002 \times 900 = 1{,}80\ cm^2$ ؛
• $A_{min} = \max(4{,}80\ ;\ 1{,}80) = 4{,}80\ cm^2$ ؛
• $A_{max} = 5\,\%\,B = 0{,}05 \times 900 = 45\ cm^2$.

$ A = \max(5{,}01\ ;\ 4{,}80) = 5{,}01\ cm^2 $

وهو أقل من $A_{max}$: المقطع مقبول.

6) اختيار القضبان (0,5 ن)

من الوثيقة 5، والمقطع مربع فنضع قضيبا في كل زاوية:

| الاختيار | المقطع ($cm^2$) | الحكم | |---|---|---| | 4HA12 | 4,52 | أقل من 5,01: مرفوض | | 4HA14 | 6,16 | يكفي بأقل عدد وأقل زيادة | | 6HA12 | 6,79 | يكفي لكن بستة قضبان ومشبك دون حاجة | | 4HA16 | 8,04 | يكفي لكن الزيادة كبيرة |

نعتمد 4HA14 ($A = 6{,}16\ cm^2$). تحقق التباعد: محور القضيب يبعد عن الوجه $2{,}5 + 0{,}6 + 0{,}7 = 3{,}8\ cm$، فالمسافة بين قضيبين على الوجه نفسه $30 - 2 \times 3{,}8 = 22{,}4\ cm$، أقل من $\min(a + 10\ ;\ 40) = 40\ cm$.

7) الإطارات (0,5 ن)

• القطر: $\phi_t \ge \phi_l/3 = 14/3 = 4{,}67\ mm$، فنأخذ إطارات ⌀6.
• التباعد (بالسنتيمتر): $S_t \le \min(40\ ;\ 30 + 10\ ;\ 15 \times 1{,}4) = \min(40\ ;\ 40\ ;\ 21) = 21\ cm$، فنأخذ $S_t = 20\ cm$.

8) رسم التسليح (1 ن)


في المنظر الطولي يظهر خطّا القضبان الطولية على الوجه المرئي (قضيبا الزاويتين)، تعبر رافدة الربط الأرضية (±0,00) وتنزل في بداية العمود نحو الأساس، وتصعد عبر الأرضية (+3,30) لتتراكب مع قضبان الطابق العلوي، والإطارات ⌀6 كل 20 cm. وفي المقطع A–A: مربع $30 \times 30\ cm$، أربعة قضبان HA14 في الزوايا، إطار ⌀6 بخطافه، وتغطية 2,5 cm حتى الإطار. يجب أن يطابق الرسم الحساب: العدد والقطر والتباعد مكتوبة عليه.

ملخص الحل

| الخطوة | النتيجة | |---|---| | $N_u$ | $1239\ kN$ | | $l_f$ و λ | $2{,}31\ m$ ؛ $26{,}67$ | | α | $0{,}762$ | | $B_r$ و $N_b$ | $784\ cm^2$ ؛ $1451{,}85\ kN$ | | $A_{th}$ | $5{,}01\ cm^2$ | | $A_{min}$ و $A_{max}$ | $4{,}80\ cm^2$ ؛ $45\ cm^2$ | | القضبان | 4HA14 ($6{,}16\ cm^2$) | | الإطارات | ⌀6 ، $S_t = 20\ cm$ |

ملاحظة للامتحان

• احتفظ بثلاثة أرقام بعد الفاصلة في α، فالتسليح حساس له: $A_{th}$ فرق عددين كبيرين.
• اكتب $l_f$ و a بالوحدة نفسها (cm) قبل حساب λ.
• إذا خرج $A_{th}$ أصغر من $A_{min}$ فالتسليح الأدنى هو الذي يحكم، ولا يُترك العمود دون قضبان.
• علامة الرسم تضيع إذا خالف الرسم الاختيار (عدد القضبان أو قطر الإطار).

أخطاء شائعة

• $N_u = G + Q$ أو $1{,}35\,(G + Q)$.
• نسيان المعامل 0,7 أو حساب λ بالمتر والسنتيمتر معا.
• $B_r = 29 \times 29$ (حذف 1 cm من البعد كله بدل كل وجه).
• كتابة المحيط بالسنتيمتر في $4u$، أو $15\,\phi_l$ بالمليمتر مع الحدين الآخرين بالسنتيمتر.

7. تمارين محلولة بنمط البكالوريا: موضوع ثان للتدريب

كيف تستعمل هذا الموضوع

موضوع أقصر حول مقر إداري بطابقين وموقف سياراته، على 20 نقطة. عالج كل تمرين وحدك في وقت محدد، ثم قارن بالحل. الطرق نفسها التي طبقناها في الموضوع الأول، لكن الأسئلة تُطرح بشكل مختلف: مسألة عكسية في المدرج، مراقبة شاقولية، جملون أحادي الميل فيه قضيبان منعدما الجهد، وعمود دائري يحكم فيه التسليح الأدنى.

التمرين 1 (البناء، 5 ن)

المعطيات: يبيّن مسقط مدرج المقر الإداري قلبتين متوازيتين: الأولى فيها 10 نائمات طولها الكلي 2,80 m، والثانية فيها 8 نائمات. الخطوة المتوسطة 64 cm. وبعد صب أعمدة الطابق الأرضي، رُصد عمود ارتفاعه $H = 3{,}60\ m$ بالمزولة من محطتين متعامدتين: من S1 القراءتان الأفقيتان على أسفل العمود وأعلاه متساويتان ($254{,}180\ gr$)، ومن S2 نجد $Hz_A = 182{,}430\ gr$ و $Hz_B = 182{,}475\ gr$. التسامح $H/1000$.

الأسئلة: 1) احسب g ثم h (1 ن). 2) احكم على راحة المدرج (0,75 ن). 3) احسب منسوب فسحة الراحة وارتفاع الطابق H (1 ن). 4) اقترح تصحيحا يحافظ على H (1,25 ن). 5) احكم على شاقولية العمود (1 ن).

الحل:

1) $g = 280/10 = 28\ cm$، ثم من بلوندل $h = (64 - 28)/2 = 18\ cm$.

2) $h = 18\ cm$ أكبر من الحد الأعلى 17,5 cm، و $\tan \alpha = 18/28 = 0{,}643$ أي $\alpha = 32{,}7°$: المدرج شديد الانحدار وغير مريح رغم أنه يحقق بلوندل.

3) القلبة الأولى 10 نائمات أي 11 قائمة: $H_1 = 11 \times 18 = 198\ cm$، المنسوب +1,98 m. الثانية 8 نائمات أي 9 قوائم:

$ H = (11 + 9) \times 18 = 360\ cm $

4) نحافظ على $H = 3{,}60\ m$: $n = 360/17 = 21{,}18$ فنأخذ 21 قائمة و $h = 360/21 = 17{,}14\ cm$، ثم $g = 64 - 34{,}29 = 29{,}71$ أي $g = 30\ cm$ ($2h + g = 64{,}29\ cm$). التوزيع 11 + 10 قوائم، فـ $L_1 = 10 \times 30 = 3{,}00\ m$ و $L_2 = 9 \times 30 = 2{,}70\ m$: يجب تطويل القفص بـ 0,20 m.

5) من S1 الفرق معدوم: لا انحراف في هذا المستوي. من S2:

$ \Delta Hz = 182{,}475 - 182{,}430 $

أي $\Delta Hz = 0{,}045\ gr$، ومنه:

$ d = 3600 \times \tan 0{,}045 = 2{,}54\ mm $

(الآلة على GRAD). التسامح $3600/1000 = 3{,}6\ mm$، و $2{,}54 < 3{,}6$: العمود مقبول.

التمرين 2 (الميكانيك المطبقة، 8 ن)


المعطيات: جملون أحادي الميل لمظلة موقف السيارات: A مسند مضاعف و B مسند بسيط، الوتر العلوي A–E–F–G بميل 1/2، والقضبان من أنابيب فولاذية، $\bar{\sigma} = 160\ MPa$. جدول الأنابيب ($D \times t$ بالـ mm): 48,3×2,5 ($3{,}60\ cm^2$)؛ 48,3×3 ($4{,}27\ cm^2$)؛ 60,3×3 ($5{,}40\ cm^2$).

الأسئلة: 1) تحقق من التحديد السكوني (0,5 ن). 2) احسب ردود الأفعال (1,5 ن). 3) اعزل العقدة A (1,5 ن). 4) اعزل العقدة C (1 ن). 5) اعزل العقدة E (2 ن). 6) اختر أنبوب القضيب AE (1,5 ن).

الحل:

1) $n = 7$ (A، B، C، D، E، F، G) و $b = 11$ (AE، EF، FG، AC، CD، DB، CE، DF، BG، ED، FB)، و $2n - 3 = 11$: محدد سكونيا.

2) $H_A = 0$. العزوم حول A (الحمولة في A ذراعها صفر، والحمولة في G فوق B):

$ 6\,V_B = 24 \times 2 + 24 \times 4 + 24 \times 6 $

أي $V_B = 288/6 = 48\ kN$. وحول B: $6\,V_A = 12 \times 6 + 24 \times 4 + 24 \times 2 = 216$، فـ $V_A = 36\ kN$. التحقق: $36 + 48 = 84 = 12 + 3 \times 24\ kN$.

3) العقدة A. القضيب AE: $L = \sqrt{2^2 + 1^2} = 2{,}236\ m$، $\sin \alpha = 0{,}447$، $\cos \alpha = 0{,}894$.

$ 36 - 12 + N_{AE} \sin \alpha = 0 $

$ N_{AE} = -24 \times 2{,}236 = -53{,}67\ kN $

و $N_{AC} = -N_{AE} \cos \alpha = 24 \times 2 = +48\ kN$: AE منضغط و AC مشدود.

4) العقدة C. لا حمولة فيها، و CA و CD على استقامة واحدة أفقية، و CE شاقولي. الشاقولية تعطي مباشرة $N_{CE} = 0$: قضيب منعدم الجهد (تركيبي). والأفقية $N_{CD} = N_{CA} = +48\ kN$.

5) العقدة E. من E: EA نحو اليسار والأسفل، EF نحو اليمين والأعلى (على استقامة EA)، ED نحو اليمين والأسفل (بالميل نفسه)، EC نحو الأسفل ($N_{EC} = 0$)، والحمولة 24 kN. بعد القسمة على $\cos \alpha$ ثم على $\sin \alpha$:

• الأفقية: $N_{EF} + N_{ED} = N_{EA} = -53{,}67$
• الشاقولية: $N_{EF} - N_{ED} = N_{EA} + 24 \times 2{,}236 = 0$

ومنه $N_{EF} = N_{ED} = -26{,}83\ kN$ (انضغاط).

ملاحظة (غير مطلوبة): في العقدة G قضيبان فقط، GF و GB، والحمولة 24 kN على امتداد GB الشاقولي: فـ $N_{GF} = 0$ (منعدم الجهد، الحالة الثالثة) و $N_{BG} = -24\ kN$. في الجملون إذن قضيبان منعدما الجهد، CE و FG، يبقيان في الجدول بجهد 0 «تركيبي».

6) $S \ge 53\,670/160 = 335{,}4\ mm^2 = 3{,}35\ cm^2$، فأول أنبوب يكفي هو 48,3×2,5 ($3{,}60\ cm^2$)، و $\sigma = 53\,670/360 = 149{,}1\ MPa \le 160\ MPa$.

التمرين 3 (الخرسانة المسلحة، 7 ن)

المعطيات: عمود دائري في بهو الاستقبال، $D = 30\ cm$، $l_0 = 3{,}80\ m$ (عمود بناية)، $G = 450\ kN$، $Q = 175\ kN$، $f_{c28} = 25\ MPa$، FeE400، التغطية 2,5 cm.

الأسئلة: $N_u$ (0,5)؛ $l_f$ و λ (1)؛ α (0,75)؛ $B_r$ و $N_b$ (0,75)؛ $A_{th}$ (1)؛ $A_{min}$ و A (1)؛ القضبان (0,75)؛ الإطارات (0,75)؛ رسم المقطع (0,5).

الحل:

• $N_u = 1{,}35 \times 450 + 1{,}5 \times 175 = 607{,}5 + 262{,}5 = 870\ kN$.
• $l_f = 0{,}7 \times 3{,}80 = 2{,}66\ m$، و $\lambda = 4\,l_f/D = 4 \times 266/30 = 35{,}47$.
• $\alpha = 0{,}85/(1 + 0{,}2 \times 1{,}027) = 0{,}85/1{,}205 = 0{,}705$.
• $B_r = \pi \times 28^2/4 = 615{,}75\ cm^2$، و $N_b = 615{,}75 \times 2{,}5/1{,}35 = 1140{,}28\ kN$.

• $N_u/\alpha = 870/0{,}705 = 1234{,}04\ kN$، والفرق $1234{,}04 - 1140{,}28 = 93{,}76\ kN$، ومنه:

$ A_{th} = 93{,}76 \times \frac{1{,}15}{40} $

أي $A_{th} = 2{,}70\ cm^2$.

• $u = \pi \times 0{,}30 = 0{,}942\ m$ فـ $4u = 3{,}77\ cm^2$؛ $B = \pi \times 30^2/4 = 706{,}86\ cm^2$ فـ $0{,}2\,\%\,B = 1{,}41\ cm^2$؛ $A_{min} = 3{,}77\ cm^2$ و $A_{max} = 35{,}34\ cm^2$.
• $A = \max(2{,}70\ ;\ 3{,}77) = 3{,}77\ cm^2$: التسليح الأدنى هو الذي يحكم.
• المقطع دائري فيلزم 6 قضبان على الأقل، والقطر العملي لا ينزل تحت ⌀12: 6HA12 ($6{,}79\ cm^2$).
• $\phi_t \ge 12/3 = 4\ mm$ فإطار دائري ⌀6؛ $S_t \le \min(40\ ;\ 30 + 10\ ;\ 15 \times 1{,}2) = 18\ cm$ فنأخذ $S_t = 15\ cm$.


يبيّن المقطع ستة قضبان HA12 موزعة بانتظام على دائرة، يمسكها إطار دائري ⌀6، مع تغطية 2,5 cm.

ملاحظة للامتحان

• في المسألة العكسية للمدرج نبدأ من المسقط: $g = L/n'$ ثم h من بلوندل، ولا ننسى الحكم على h و g.
• القضيب المنعدم الجهد يُكتب في الجدول «0، تركيبي» ولا يُحذف من النظام.
• إذا خرج $A_{th}$ أصغر من $A_{min}$ فالقرار $A = A_{min}$، ثم نطبّق قواعد العدد والقطر.