Вариант 14. Контрольная работа по теоретической механике

Все задания внизу 6 задач, номер варианта 14

ПОЛНОЕ ЗАДАНИЕ В ДЕМО ФАЙЛЕ

ЧАСТЬ ДЛЯ ПОИСКА ДУБЛИРУЮ НИЖЕ

ДЕПАРТАМЕНТ ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ ГОРОДА МОСКВЫ

ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ ПРОФЕССИОНАЛЬНОЕ

ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ГОРОДА МОСКВЫ

«МОСКОВСКИЙ АВТОМОБИЛЬНО-ДОРОЖНЫЙ КОЛЛЕДЖ

им. А.А. НИКОЛАЕВА»

Комплект заданий

для домашней контрольной работы

ОП.02 Техническая механика

Специальность: 08.02.05 Строительство и эксплуатация

автомобильных дорог и аэродромов

 (заочная форма обучения)

Москва

Цели и задачи дисциплины – требования к результатам освоения дисциплины:

В результате освоения дисциплины обучающийся должен

уметь:

- выполнять основные расчеты по теоретической механике, сопротивлению материалов и статике сооружений;

знать:

- основные понятия и аксиомы теоретической механики

- законы равновесия и перемещения тел

- основные расчеты статически определимых плоских систем

- методы расчета элементов конструкций на прочность, жесткость, устойчивость.

Содержание учебной дисциплины.

Введение.

Студент должен:

иметь представление:

   •  о задачах дисциплины в подготовке специалиста знать:

   •  содержание дисциплины

Основные разделы технической механики: теоретическая механика, сопротивление материалов, детали машин. Значение технической механики в комплексе общетехнических знаний. Использование основ технической механики при решении рада прикладных задач специальных дисциплин. Содержание теоретической механики, её роль и назначение в технике. Материя и движение. Механическое движение. Основные части теоретической механики.

Раздел 1. Теоретическая механика.

Статика.

Тема 1.1 Основные понятия и аксиомы статики.

Студент должен: иметь представление:

   •  о силах, равнодействующей и уравновешивающей, системах сил;

   •  о свободном и связанном телах, о связях и реакциях связи;

знать:

   •  аксиомы статики;

   •  основные типы связей и их реакций;

   •  принципы освобождения тела от связей;

уметь:

   •  определять направление реакций связей основных типов.

Основные понятия и аксиомы статики.

Материальная точка, абсолютно твёрдое тело. Сила, система сил, эквивалентные системы сил. Равнодействующая и уравновешивающая силы. Аксиомы статики. Связи и реакции связей. Определение направления реакций связей основных типов.

Тема 1.2 Плоская система сходящихся сил.

Студент должен:

иметь представление:

   •  о равнодействующей плоской системы сходящихся сил и её действии на тело;

   •  об условиях равновесия системы сил;

знать:

   •  геометрическое и аналитическое условия равновесия системы сил;

уметь:

   •   определять реакции связей аналитическим способом, рационально выбирая

координатные оси.

Плоская система сходящихся сил.

Система сходящихся сил. Способы разложения двух сил. Разложение силы на две составляющие. Определение равнодействующей системы сил геометрическим способом. Силовой многоугольник. Проекция силы на ось, правило знаков. Проекция силы на две взаимно-перпендикулярные оси. Аналитическое определение равнодействующей. Условие равновесия в геометрической и аналитической формах. Рациональный выбор координатных осей.

Тема 1.3 Пара сил. Момент силы относительно точки.

Студент должен:

иметь представление:

   •  о вращающем действии на тело пары сил и момента силы;

   •  о системе пар сил и определении равнодействующей пары;

   •  об эквивалентности пар сил;

   •  о равновесии тела под действием систем пар сил;

знать:

   •  расчетные формулы для определения моментов пар сил и силы относительно точки;

уметь:

   •  определять равнодействующую пару системы пар сил;

   •  рассчитывать моменты сил относительно точки;

   •  решать задачи на равновесие пар сил. Пара сил. Момент силы относительно точки.

Пара сил и её характеристики. Момент пары. Эквивалентные пары. Сложение пар. Условия равновесия системы пар сил. Момент силы относительно точки.

Тема 1.4 Плоская система произвольно расположенных сил.

Студент должен:

иметь представление:

   •  о приведении системы сил к одной точке;

   •  о главном векторе, главном моменте и равнодействующей системы сил;

   •  о выборе точки приведения системы сил и влиянии его на величину главного момента;

знать:

   •  теорему Пуансо о приведении силы к точке (без вывода);

   •  формулы для определения главного вектора и главного момента системы сил (без вывода);

   •  уравнения равновесия в трех формах;

уметь:

   •  заменять произвольную плоскую систему сил одной силой и одной парой;

   •  определять реакции в опорах балочных систем, выполнять проверку правильности решения.

Плоская система произвольно расположенных сил. Приведение силы к данной точке. Приведение плоской системы сил к данному центру. Главный вектор и главный момент системы сил. Равнодействующая системы сил. Равновесие плоской системы сил. Уравнения равновесия и их различные формы. Балочные системы. Классификация нагрузок и виды опор. Определение

реакций опор и моментов защемления.

Тема 1.5 Центр тяжести

Студент должен:

иметь представление:

   •  о системе параллельных сил и её действии на тело;

   •  о центре системы параллельных сил;

   •  о силе тяжести и центре тяжести;

знать:

   •  методы для определения центра тяжести тела;

   •  формулы для определения положения центра тяжести плоских фигур;

уметь:

   •  определять положение центра тяжести фигур, составленных из

стандартных профилей. Центр тяжести.

Сила тяжести как равнодействующая вертикальных сил. Центр тяжести тела Центр тяжести простых геометрических фигур. Определение центра тяжести составных плоских фигур

Тема 1.6. Устойчивость равновесия

Студент должен:

иметь представление:

   •  об устойчивом, неустойчивом и безразличном равновесии твердого тела

знать:

   •  условия равновесия тела. Имеющего опорную плоскость;

   •  момент опрокидывающий, момент устойчивости;

   •  коэффициент устойчивости

Устойчивое, неустойчивое и безразличное равновесия твердого тела. Условие равновесия тела, имеющего неподвижную точку, опорную плоскость; момент опрокидывающий, момент удерживающий, коэффициент устойчивости.

Раздел 2 Сопротивление материалов.

Тема 2.1. Основные положения.

Студент должен:

иметь представление:

   •  о видах расчетах в сопротивлении материалов;

   •  о классификации нагрузок и элементов конструкций;

   •  об основных гипотезах и допущениях;

знать:

   •  виды деформаций;

   •  метод сечений;

   •  виды внутренних силовых факторов;

   •  составляющие вектора напряжений;

уметь:

   •  определять виды нагружения и внутренние силовые факторы в поперечных сечениях.

Основные положения.

Основные задачи сопротивления материалов. Деформации. Гипотезы и допущения. Классификация нагрузок. Силы внешние и внутренние. Метод сечений. Механические напряжения.

Тема 2.2. Растяжение и сжатие.

Студент должен:

иметь представление:

   •  о внутренних силовых факторах и распределении сил упругости в поперечном сечении;

   •  о нормальных напряжениях и распределении их в поперечных сечениях;

   •  о статических испытаниях материалов, диаграммах растяжения и сжатия пластических и хрупких материалов;

   •  о предельных и допускаемых напряжениях;

знать:

   •  методы определения продольных сил и нормальных напряжений и построения эпюр при растяжении и сжатии;

   •  закон Гука;

   •  формулы для расчета продольных и поперечных деформаций;

   •  условия прочности и жесткости;

уметь:

   •  строить эпюры продольных сил и нормальных напряжений;

   •  проводить расчеты на прочность и жесткость.

Растяжение и сжатие.

Внутренние силовые факторы при растяжении и сжатии. Нормальное напряжение.

Эпюры продольных сил и нормальных напряжений. Продольные и поперечные

деформации. Закон Гука. Коэффициент Пуассона. Определение осевых перемещений поперечных сечений бруса.

Испытание материалов при растяжении и сжатии. Диаграммы растяжения и сжатия

пластических и хрупких материалов.

Напряжения предельные, допускаемые и расчетные. Условия прочности. Расчеты на

прочность.

Тема 2.3. Практические расчеты на срез и смятие.

Студент должен:

иметь представление:

   •  об основных предпосылках и условиях расчетов;

   •  о выборе допускаемых напряжений;

   •  о деталях, работающих на срез и смятие;

знать:

   •  внутренние силовые факторы при сдвиге и смятии;

   •  условия прочности;

уметь:

   •  проводить расчеты на срез и смятие соединений и деталей машин. Практические расчеты на срез и смятие.

Основные расчетные предпосылки и расчетные формулы. Условия прочности. Примеры расчетов.

Тема 2.4. Геометрические характеристики плоских сечений.

Студент должен:

иметь представление:

   •  о смысле понятий: осевом, центробежном, полярном моментов инерции сечения;

   •  о главных центральных осях сечения;

   •  о главных центральных моментах инерции;

знать:

   •  формулы для расчета осевых моментов инерции простейших сечений и полярных моментов инерции круга и кольца.

Геометрические характеристики плоских сечений.

Осевые, центробежные, полярные моменты инерции. Главные оси и главные центральные моменты инерции. Осевые моменты инерции простейших сечений. Полярные моменты инерции круга и кольца.

Тема 2.5. Кручение.

Студент должен:

иметь представление:

   •  о деформациях при кручение;

   •  о внутренних силовых факторах и напряжениях при кручении;

   •  о рациональном расположении колее на валу;

   •  о выборе рациональных сечений при кручении;

знать:

   •  формулы для расчета напряжений в точке поперечного сечения бруса;

   •  закон Гука при сдвиге;

уметь:

   •  выполнять проектировочный и проверочный расчеты на прочность круглого бруса;

   •  проводить проверку на жесткость.

Кручение. Внутренние силовые факторы при кручении. Эпюры крутящих моментов. Кручение бруса круглого и кольцевого поперечного сечения. Напряжения в поперечном сечении. Угол закручивания. Расчеты на прочность и жесткость при кручении. Рациональное расположение колес на валу.

Тема 2.6. Изгиб.

Студент должен:

иметь представление:

   •  овидах изгиба;

   •  о внутренних силовых факторах при прямом поперечном изгибе;

   •  о распределении нормальных напряжений по сечению и нейтральной линии;

   •  о рациональных формах поперечных сечений балок при изгибе;

   •  о касательных напряжениях при изгибе, о линейных и угловых перемещениях;

знать:

   •  порядок построения и контроля эпюр поперечных сил и изгибающих моментов;

   •  формулы для расчета нормальных напряжений в поперечном сечении при чистом изгибе (без вывода);

   •  условия прочности и жесткости;

уметь:

   •  выполнять проектировочный и проверочный расчеты на прочность при прямом поперечном изгибе.

Изгиб. Виды изгиба. Внутренние силовые факторы при прямом изгибе. Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

Нормальные напряжения при изгибе. Расчеты на прочность при изгибе. Рациональные формы поперечных сечений балок. Понятия о касательных напряжениях при изгибе, о линейных и угловых перемещениях

.

Тема 2.7. Сочетание основных деформаций. Гипотезы прочности и их применение.

Студент должен:

иметь представление:

   •  о напряженном состоянии в точке упругого тела;

   •  о назначении гипотез прочности;

   •  об эквивалентном напряжении;

знать::

   •  формулы для эквивалентных напряжений по гипотезам наибольших касательных напряжений;

уметь:

  •   рассчитывать брус круглого поперечного сечения на прочность при совместном действии изгиба и кручения

Сочетание основных деформаций. Гипотезы прочности и их применение. Напряженное состояние в точке упругого тела. Виды напряженных состояний. Упрощенное плоское напряженное состояние.

Назначение гипотез прочности. Эквивалентное напряжение. Расчеты на прочность.

Тема 2.8. Устойчивость сжатых стержней.

Студент должен:

иметь представление;

   •  об устойчивых и неустойчивых формах равновесия, критической силе и коэффициенте запаса устойчивости;

   •  о критическом напряжении, гибкости стержня, о предельной гибкости;

знать:

   •  условия устойчивости сжатых стержней;

   •  формулу Эйлера и эмпирические формулы расчета критической силы и критических напряжений;

уметь:

   •  выполнять проверочные расчеты на устойчивость сжатых стержней.

Устойчивость сжатых стержней. Формула Эйлера. Формула Ясинского. Категории стержней в зависимости от их гибкости. Расчеты на устойчивость сжатых стержней.

Раздел 3 Статика сооружений

Тема 3.1. Основные понятия

Студент должен:

иметь представление;

Основные положения и допущения. Расчетные схемы сооружений. Классификация сооружений, Опоры плоских систем. Нагрузки.

Тема 3.2. Статически определимые плоские рамы

Общие сведения о рамных конструкциях. Анализ статической неопределимости рамных систем. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов и продольных сил.

Тема 3.3. Трехшарнирные арки

Общие сведения об арках. Типы арок и их элементы, область их применения. Аналитический способ расчета трехшарнирных арок. Определение опорных реакций и внутренних усилий в стержнях арки.

Тема 3.4.

Статически определимые плоские фермы

Общие сведения. Классификация ферм. Условия геометрической неизменяемости и статической определяемости ферм. Анализ геометрической структуры ферм. Определение усилий в стержнях фермы способом проекций, способом моментных точек. Расчет простых балочных ферм. Метод вырезания узлов. Графический способ

Тема3.5. Линии влияния

Расчет статически определимых балок на подвижную нагрузку. Общие сведения о линиях влияния. Линии влияния усилий в простой балке. Линии влияния усилий в консольной балке. Линии влияния при узловой передачи нагрузки.Критерий определения наибольшего усилия в данном сечении от системы связанных, сосредоточенных грузов. Понятие о критическом грузе. Определение усилий по линиям влияния от автомобильной нагрузки АК, НК-80 и НГ-60. Эквивалентная нагрузка, правила загружения ею линий влияния

Тема 3.6.

Расчет подпорных стен

Общие понятия. Аналитическое определение активного давления и пассивного давления сыпучего тела на подпорную стену. Распределение давления сыпучего тела по высоте подпорной стены. Эпюра интенсивности бокового давления. Влияние временной равномерно распределенной нагрузки, расположенной на горизонтальной поверхности сыпучего тела в пределах призмы обрушения. Проверка прочности и устойчивости (против опрокидывания и скольжения) массивных подпорных стен. Определение давления на грунт под подошвой фундамента стены. Понятие о выборе поперечного профиля подпорных стен.

Методические указания к выполнению контрольной работы

Задача №1. Следует решать после изучения тем 1.1, 1.2. в задаче рассматривается равновесие плоской системы сходящихся сил и требуется определить реакции стержней, тросов или гладкой опорной поверхности. Задачу следует решить аналитическим способом и сделать проверку решения графическим способом.

Последовательность решения задачи.

                                                          Рис 1

                                         Рис 2

Последовательность решения задачи(аналитический способ)

1. Выбрать тело (точку), равновесие которого следует рассматривать.

2. Освободить тело (шарнир В) от связей и изобразить действующие на него силы и реакции отброшенных связей. Причем реакции стержней следует направить от шарнира В, так как принято предлагать, что стержни растянуты.

3. Выбрать оси координат и составить уравнения равновесия, используя условия равновесия системы сходящихся сил на плоскости.

å Fi х = 0;

å Fi у = 0

Выбирая оси координат, следует учитывать, что полученные уравнения будут решаться проще, если одну из осей направить перпендикулярно одной из неизвестных сил.

4. Определить реакции стержней из решения указанной системы уравнений.

5. Проверить правильность полученных результатов, решив уравнения равновесия относительно заново выбранных координат Х и У.

Пример 3. Определить реакции стержней, удерживающих грузы

F1=70 кН и F2=100 кН (рис. 1). Массой стержней пренебречь.

Рис. 1 - Схема задачи

Решение:

1. Рассматриваем равновесие шарнира В (рис. 1).

2. Освобождаем шарнир В от связей и изображаем действующие на него активные силы и реакции связей (рис. 2).

3. Выбираем систему координат, совместив ось У по направлению с реакцией R2 (рис. 2) и составляем уравнения равновесия для системы сил, действующих на шарнир В:

Рис. 2 - Выбор систем координат

å Fi х = 0; - R1 × cos 45° + F2 × cos 30° = 0 (1)

å Fi у= 0; R1 × cos 45° + R2 + F2 × cos 60° - F1 = 0 (2)

4. Определяем реакции стержней R1 и R2 решая уравнения.

Из уравнения (1) получаем

Подставляя найденное значение R1 в уравнение (2), получаем

R2 = F1 - F2 ×cos 60° - R1 ×cos 45° = 70 - 100× 0,5 - 122 × 0,707 = - 66,6 кН

Знак минус перед значением R2 указывает на то, что первоначально выбранное направление реакции неверное - следует направить реакцию R2 в противоположную сторону, то есть к шарниру В (на рис. 3 истинное направление реакции R2 показано штриховым вектором).

Рис. 3 - Истинное направление реакций

5. Проверяем правильность полученных результатов, выбрав новое расположение осей координат Х и У (рис. 4). Относительно этих осей составляем уравнения равновесия:

Рис. 4 - Выбор систем координат

å Fi х = 0; - R2 × cos 45° + F2 × cos 15° - F1 × cos 45° = 0 (3)

å Fi у= 0; R1 - F1 × cos 45°- R2 × cos 45° - F2 × cos 75° = 0 (4)

Подставляем значения реакций R1 и R2, полученные при решении уравнений (1) и (2), в уравнения (3) и (4).

Условия равновесия å Fi х = 0;å Fi у = 0 выполняется, следовательно, задача решена правильно.

(геометрический способ)

Последовательность решения задачи

1.Выбрать тело (точку), равновесие которого следует рассматривать.

2.Освободить тело от связей и изобразить действующие на него силы и реакции отброшенных связей.

3.Построить замкнутый силовой треугольник, соблюдая параллельность переноса сил и реакций.

4.Расставить углы в силовом треугольнике, согласно исходным данным и схеме задачи.

5. Реакции связей можно определить, исходя из теоремы синусов:

6.Проверить правильность полученных результатов можно используя любой из следующих способов:

1 способ - графический - в выбранном масштабе построить замкнутый силовой многоугольник. Начинать строить с известной силы (сил).Измерить отрезки, умножить на масштаб.

2 способ - аналитический - решить уравнения равновесия, используя условия равновесия системы сходящихся сил на плоскости.

å Fi х = 0;

å Fi у = 0

Задача №2 Следует решать после изучения тем 1.3.,1.4. В задаче требуется определить реакции опор балок. Обучающимся необходимо приобрести навыки определения реакций опор, т. к с этого начинается решение многих задач по сопротивлению материалов и статики сооружений.

Определить опорные реакции балки

Последовательность решения задачи

1. Балку освободить от связей (связи) и их (его) действие заменить силами реакций.

2. Выбрать координатные оси.

3. Составить и решить уравнения равновесия.

Реакции опор можно определить, исходя из трех форм уравнений равновесия:

а)                               б)                       в)

å Fi х = 0;                å Fi х = 0;            åМА = 0;

å Fi у = 0;               åМА = 0;             åМВ = 0;

åМА = 0;                åМВ = 0;             åМС = 0.

4. Проверить правильность решения задачи. Проверку необходимо производить по тому уравнению равновесия, которое не было использовано при решении данной задачи (задача решена правильно лишь в том случае, если после постановки значений активных и реактивных сил в уравнение равновесия выполняется условие равновесия).

5. Сделать анализ решенной задачи (если при решении задачи реакции опор или реактивный момент получается отрицательным, то их действительное направление противоположно принятому).

Пример 1. Определить реакции опор балки, если известно

F = 20 кН, М =10 кН× м, q = 1 кН/м (рис. 1).

Рис. 1 - Схема задачи

Решение:

1. Изображаем балку вместе с нагрузками.

2. Выбираем расположение координатных осей, совместив ось Х с балкой, а ось У направив перпендикулярно оси Х.

3. Производим необходимые преобразования заданных активных сил: силу, накопленную к оси балки под углом α, заменяем двумя взаимно перпендикулярными составляющими

Fх = F× сos 30° = 20× 0,866 = 17, 32 кН

Fу = F× сos 60° = 20× 0,5 = 10 кН,

а равномерно распределенную нагрузку - её равнодействующей

Q = q × CD = 1 × 2 = 2 кН,

Равнодействующая Q приложена в середине участка CD, в точке К (рис. 2).

Рис. 2 - Схема преобразования заданных активных сил

4.Освобождаем балку от опор, заменив их опорными реакциями, направленными вдоль выбранных осей координат (рис 3).

Рис. 3 - Схема реакций балки

5.Составляем уравнения равновесия статики для произвольной плоской системы сил таким образом и в такой последовательности, чтобы решением каждого из этих уравнений было определение одной из неизвестных реакций опор и определяем неизвестные реакции опор.

åМА= 0; Fу×АВ + M + Q× AK - RDy ×AD = 0 (1)

åМD = 0; RAy ×AD - Fу×ВD + M - Q× KD = 0 (2)

å Fiх = 0; RAх - Fх = 0 (3)

6. Определяем реакции опор балок RAy, RDy и RAх решая уравнения.

Из уравнения (1) получаем

RDy = Fу × АВ + M + Q× AK / AD = 10 × 1 + 10 + 2 × 3 / 4 = 6,5 кН

Из уравнения (2) получаем

RAy ×= Fу × ВD - M + Q× KD / AD =10 × 3 - 10 + 2 / 4 = 5,5 кН

Из уравнения (3) получаем

RAх = Fх = F× сos 30° = 20× 0,866 = 17, 32 кН

7. Проверяем правильность найденных результатов:

å Fi y = 0; RAy - Fу - Q + RDy = 5,5 - 10 - 2 + 6,5 = 0

Условие равновесия å Fi y = 0 выполняется, следовательно, реакции опор найдены верно.

Пример 2. Определить реакции заделки, если известно

F = 20 кН, М =10 кН× м, q = 1 кН/м (рис. 4).

Рис. 4 - Схема задачи

Решение:

1. Изображаем балку вместе с нагрузками.

2. Выбираем расположение координатных осей, совместив ось Х с балкой, а ось У направив перпендикулярно оси Х.

3. Производим необходимые преобразования заданных активных сил: силу, накопленную к оси балки под углом α, заменяем двумя взаимно перпендикулярными составляющими

Fх = F× сos 30° = 20× 0,866 = 17, 32 кН

Fу = F× сos 60° = 20× 0,5 = 10 кН,

а равномерно распределенную нагрузку - её равнодействующей

Q = q × CD = 1 × 2 = 2 кН,

Равнодействующая Q приложена в середине участка CD, в точке К (рис. 5).

Рис. 5 - Схема преобразования заданных активных сил

4.Освобождаем балку от заделки, заменив её опорными реакциями, направленными вдоль выбранных осей координат и реактивным моментом (моментом заделки, М3)(рис 6).

Рис. 6 - Схема реакций балки

5.Составляем уравнения равновесия статики для произвольной плоской системы сил таким образом и в такой последовательности, чтобы решением каждого из этих уравнений было определение одной из неизвестных реакций опор и определяем неизвестные реакции опор.

å МА = 0; M3 + Fу × АВ + M + Q× AK = 0 (1)

å МВ = 0; M3 + RAy ×AВ + M + Q× ВK = 0 (2)

å Fiх = 0; RAх - Fх = 0 (3)

6. Определяем реакции опор балки RAх , RAy и момента заделки М3решая уравнения.

Из уравнения (1) получаем

M3 = - Fу × АВ - M - Q× AK = - 10 × 1 - 10 - 2 × 3 = - 26 кН× м

Из уравнения ( 2 ) получаем

RAy ×= - Q× ВK - M - M3 / AВ = - 2 × 2 - 10 -(-26) / 1 = 12 кН

Из уравнения ( 3 ) получаем

RAх = Fх = F× сos 30° = 20× 0,866 = 17, 32 кН

7. Проверяем правильность найденных результатов:

å Fi y = 0; RAy - Fу - Q = 12 - 10 - 2 = 0

Условие равновесия å Fi y = 0 выполняется, следовательно, реакции опоры найдены верно.

Задача №3, №4. Для решения 3 и 4 задачи изучите тему 2.2.В этих задачах выполняют расчеты элементов конструкций, испытывающих деформацию растяжения (сжатия).Необходимо хорошо усвоить метод сечений для определения продольной силы в поперечном сечении, уметь строить эпюры продольных сил и нормальных напряжений и определять абсолютное удлинение (укорочение) бруса используя закон Гука.

Студенты должны:

Знать порядок расчетов на прочность и жесткость, и расчет­ные формулы.

Уметь проводить проектировочные и проверочные расчеты на прочность и жесткость при растяжении и сжатии.

Необходимые формулы:

    Нормальное напряжение

 ,

где N — продольная сила; А — площадь поперечного сечения.

Удлинение (укорочение) бруса

   или     ,

E -модуль упругости; l— начальная длина стержня.

     Допускаемое напряжение

 .

[s] — допускаемый запас прочности.

Условие прочности при растяжении и сжатии

Задача №3

Для заданного двухступенчатого стального бруса, нагруженного двумя силами F1и F2,построить эпюры продольных сил (Nz). Определить площади поперечных сечений и диаметр каждой ступени бруса из условия прочности; построить эпюры нормальных напряжений; определить удлинение (укорочение) каждой ступени и найти перемещение свободного конца бруса.

При расчетах принять =150МПа: Е=2·105МПа. Исходные данные выбрать из таблицы.

Порядок выполнения

1. Изобразить расчетную схему в соответствии с вариантом.

2. Выписать исходные данные из таблицы.

3. Разделить брус на участки, границы которых определяются сечениями, где изменяются площадь поперечного сечения или приложены внешние нагрузки. Пронумеровать участки.

4. Определить внутренние силовые факторы на каждом участке для чего применить метод сечения.

5. Построить эпюру Nz.

6. Из условия прочности при растяжении.

Найти площадь поперечных сечений бруса на каждом участке.

(мм2)

Определить диаметр каждого из сечений:

(мм)

Округлить диаметр до стандартного из ряда чисел R40.

Уточнить площади поперечных сечений:    

8. Определить напряжения на каждом из участков.

    (МПа)

9. Построить эпюру нормальных напряжений по длине бруса.

10. Определить деформацию каждого участка.

Δli= (мм)

11. Определить перемещение свободного конца бруса.

Δl=Δl1+ Δl2

12. Вывод.

При необходимости оценки прочности бруса производится сравнение напряжения в опасном сечении с допускаемым:

    Превышение  в пределах 5% считается допустимым.

Пример 1.

Для данного ступенчатого бруса (рис. 1)построить эпюру продольных сил, эпюру нормальных напряжений и определить перемещение свободного конца, если Е=2·105МПа;                                                           

F1 = 30kH=30·10³ H; F2== 38·10³ Н                                   

F3 = 42 кН = 42∙103H;

A1= 1,9 см2 = 1,9∙102мм2;

A2= 3,1 см2= 3,1∙102мм2.                                           

рис.1

Решение.

1.   Отмечаем уча­стки

 2. Определяем значения про­дольной силы N на участках бруса:

.

NI= 0; NII= FI= 30 кн;

                                       NIII = FI = 30 кН;

NIV = F1 – F2 = -8кН;

NV= F1-F2-F3=-50 kH

Строим эпюру продольных сил

3. Вычисляем значения нормальных

   напряжений:

σ1=N1/A1=0; σ2=NII/A1=30▪10³/1.9▪10²= 158 Н/мм2 = 158 МПа;

σIII=NIII/A2=30▪10³/3.1▪10²=96.8 H/мм²=96.8 МПа;

σIV=NIV/A2=-8▪103/3.1▪102 =-25,8 H/мм2=-25.8 Мпа

σV=Nv/A2=-50▪10³/3.1▪102=-163H/мм²=-163Мпа

Строим эпюру нормальных напряжений

4. Определяем перемещение свободного конца:

Δl=ΔlI+ΔlII+ΔlIII+ΔlIV+ΔlV;

Δl1=N1∙l1/ E∙A1=0

ΔlII= N1I∙lII/ E∙A1=30∙103∙0,5∙103/2∙105∙1,9∙102=0,394 мм

ΔlIII= N1II∙lIII/ E∙A2=30∙103∙0,1∙103/2∙105∙3,1∙102=-0,0484 мм;

ΔlIV= N1V∙lIV/ E∙A2=-8∙103∙0,4∙103/2∙105∙3,1∙102=-0,0516 мм;

ΔlV= NV∙lV/ E∙A2=-50∙103∙0,2∙103/2∙105∙3,1∙102=-0,161 мм;

Δl=0,394 + 0,0484 - 0,0516-0,161≈0,23 мм.

 Брус получил удлинение 0,23 мм.

Пример 2

Для двухступенчатого стального бруса (рис.2) построим эпюру продольных сил и нормальных напряжений и определить перемещение свободного конца, если ; .

Решение

I. Разбиваем брус на участки, как показано на рис. 2.

2. Определяем ординаты эпюры продольных сил N на участках бруса:

 =

Строим эпюру продольных сил

(рис 2б).

3. Вычисляем ординаты эпюры

нормальных напряжений

Рис.2

Строим эпюру нормальных напряжений (рис 2.в).

4. Определяем перемещение свободного конца:

 Брус удлинится на 0,172мм

Задача №4

 В задаче рассматриваются стержневые системы, работаю­щие на растяжение и сжатие, для которых необходимо выполнить проектный расчет, а также оценить прочность выбранного стандарт­ного сечения стержня. Стержни имеют одинаковые или разные поперечные сечения.

Задача может быть решена учащимися, если они будут ясно представлять смысл условия прочности при рас­тяжении (сжатии) σ≤[σ], где [σ] — допускаемое напряжение.

Необходимо знать, что, исходя из условия прочности можно решать три вида задач: 1) проверка прочности σ=N/A≤[σ];

           2) проект­ный расчет (подбор сечения) [А]≥ N/[σ];

           3) определение допускае­мой нагрузки [N]≤A∙[σ].

Задание: Для системы двух стержней одинакового (или различного) по­перечного сечения, нагруженных силой F, опре­делить:

 а) требуемую площадь поперечных сечений стержней

 б) подобрать по ГОСТу требуемый профиль 

Порядок выполнения:

1. Определить реакции стержней, используя уравнения равно­весия для плоской системы сходящихся сил и проверить правильность найденных реакций.

2. Для наиболее нагруженного стержня, используя условие прочности [А]≥N/[σ],    определить площадь поперечного сечения стержня,

подобрать по сортаменту (ГОСТ 8509-86 и ГОСТ 8510-86 ) подходящий номер про­филя и найти стандартное значение площади поперечного сечения  уголка (таблицы ГОСТов на профили нормального стального проката имеются в задачниках по сопротивлению материалов и в ряде технических справочников). Как правило, Fтреб и площадь сечения при­нятых уголков будет отличаться и поэтому при принятых площадях поперечного сечения стержни будут недогружены или перегружены.

3. Определить процент пере- или недогрузки наиболее нагружен­ного стержня, используя условие прочности σ≤[σ], при принятых стандартных размерах площади поперечного сечения.

 Недогрузка или перегрузка (в процентах) каждого из стержней вычисляется  по  формуле

                               [σ] - σ/[σ]·100%,                                              

где [σ] — допускаемое напряжение и σ— напряжение, возникающее в поперечном сечении стержня при принятых его размерах.

Рекомендуется особенно внимательно разобрать практическое занятие №6 из учебника Олофинской В.П. и задачу 12 из учеб­ника  Ицковича.

Пример 1.

Для данной системы двух стержней одинакового по­перечного сечения, нагруженных силой F= 170 кН , опре­делить: а) требуемую площадь поперечных сечений стержней, состоя­щих из двух равнобоких уголков, и подобрать по ГОСТу соответствующий профиль уголка;

2) определить процент пере- или недогрузки наиболее нагруженного стержня при принятых стандартных размерах сечения, приняв σ = 140 МПа.

Решение. 1. В данном примере в шарнире С приложена систе­ма сходящихся сил. Определяем силы N1и N2 в стержнях 1 и 2, используя уравнения равновесия

∑Х= 0 и∑Y= 0;

∑X=-N1•sin 30° + N2 • sin 45° = 0;         (1)

∑Y=N1• cos 30° + N2• cos 45° = 0.        (2)

                    (3)

Подставляем в уравнение (2) выражение (3) N1 и получаем:

1,41N2• cos 30°+ N2 • cos 45°-F=0

N1=1,41N2=1,41•88,3=124 kH.

Проверить правильность определения сил N1 и N2можно так, как это показано в примере 1 данных методических указаний.

2. Определяем требуемую площадь поперечного сечения для наи­более нагруженного стержня:

Nmax=N1=124,5kH; A1=N1/[σ]=124,5•103/140=889мм2=8,89 см2

Площадь равнобокого уголка подбираем по значению А1/2 = 8,89/2 = = 4,445 см2. Используя приложение II, назначаем профиль № 6,3 (63X 63X4), площадью [А]=4,96 см2. Таким образом, требуемая площадь поперечного сечения стержней будет равна: 2[А] =2∙4,96 = = 9,92 см2. Рабочее напряжение в поперечном сечении наиболее нагру­женного стержня:

3.Проверяем прочность наиболее нагруженного стержня:

 Недогрузка составляет

Пример 2

 Определить допускаемое значение силы Pдля стерж­невой системы, если допускаемое напряже­ние [σ] =140 н/мм2.

Стержень А В изготовлен из двух равнобоких уголков  50x50x5;

стержень АС изготовлен из двух неравнобоких уголков 56 X 36X5.

Решение.

   1. Будем рассматривать равновесие шарнира А или, какобычно говорят, точки A,так как к этому шарниру приложены все известные и неизвестные силы.

  2. На болт А действуют следующие нагрузки (активные силы}:-

Р1 Р2и Р3.

  3. Освобождаем болт А от связей  (отбрасываем стержни АВ

и АС) и заменяем их действие реакциями NAC и МАВ.

  4. Действующие на болт нагрузки и искомые силы . Получили систему сходящихся сил, находящуюся в равно­весии.

  Действительные направления сил NАВи NАСв начале решения неизвестны.    Обычно предполагают, что реакции направлены от узла(шарнира), т. е. стержни испытывают растяжение. Такое предположе­ние принято при составлении схемы   Верно ли оно, покажетрешение задачи — если то или иное усилие при аналитическом реше­нии получится положительным, предположение верно; если отрицатель­ным, то истинное направление усилия противоположно предварительнопринятому. .

  5. Определим искомые силы. Выбираем систему координат и за­писываем уравнения равновесия

1. ΣPiυ = 0; NACsinα + 2Psinγ-P —2Pcosβ=0;

NACsin 30° - 2P • sin 60° — P - 2P • cos 45° =0,

откуда

NAC=1,36 P

2. ΣPiu = 0,-NAB-NAC-cosα--2Psinβ + 2Pcosγ=0,

 -NAB - 1,36 P • cos 30° - 2P • sin 45° -2P • cos 60° = 0,

откуда

NAB=- 1,59 P.

Следовательно, усилие NABнаправлено в противоположную сторону,

т. e стержень AB работает на сжатие.

3. Составляем условия прочности стержней:

σAB=NAB/FAB=1,59P/FAB≤[σ]

σAC=NAC/FAC=1,36P/FAC≤[σ]

отсюда

P≤[σ]∙FAB/1,59

P≤[σ]∙FAC/1,36

Из таблицы ГOCT 8509—86 для уголка50х50х5 F=4,80см2

 Из таблицы ГОСТ 8510-86 для уголка56х36х5 F=4,41 см2 ,тогда

FAB = 2 • 4,80 = 9,60 см2 FАС = 24,41 = 8,82 см2

Подставляя числовые значения, получаем

Из полученных двух результатов решением задачи является меньшее из них,

т. е. [Р] = 84,5 кн.

При принятом значении Р напряжение в стержне АС

Работы выполняются в тетрадях для самостоятельных работ. Схемы задач и эпюры вычерчиваются при помощи карандаша и линейки. Необходимо использование калькуляторов.

Пример 3

Груз закреплен на стержнях и находится в равно­весии. Материал стержней — сталь, допускаемое напря­жение 160МПа. Вес груза 100кН. Длина стержней: первого — 2 м. второго — 1м. Определить размеры поперечного сечения и удлинение стержней. Форма поперечного сечения — круг.

Решение

        1. Определить нагрузку на стержни. Рассмотрим равновесие точки В, определим реакции стержней. По пятой аксиоме статисти­ки (закону действия и противодействия) реакция стержня численно равна нагрузке на стержень.

        Наносим реакции связей, действующих в точке В. Освобождаем точку В от связей.

        Выбираем систему координат так, чтобы одна из осей коорди­нат совпала с неизвестной силой.

               Составим систему уравнений равновесия для точки В:

Решаем систему уравнений и определяем реакции стержней.

.

 Направление реакций выбрано верно. Оба стержня сжаты. На­грузки на стержни: F1 = 57,4кН; F2= 115,5 кН.

        2. Определяем потребную площадь поперечного сечения стерж­ней из условий прочности.

        Условие прочности на сжатие: σ = N/A ≤ [σ], откуда

 .

Стержень 1 (N1 = F1):

Для круга:         

Стержень 2 (N2 = F2):

Полученные диаметры округляем: d1 = 25 мм, d2 = 32 мм.

3. Определяем удлинение стержней .

Укорочение стержня 1:

Укорочение стержня 2:

Задача №5

Выполняется после изучения темы2.6. Необходимо научиться быстро и безошибочно строить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

Порядок выполнения.

1. Изобразить расчетную схему.

2. Выписать исходные данные из таблицы.

3. Заменить действие опор на балку силами реакций.

4. Составить уравнение равновесия для плоской системы параллельных сил:

5. Найти из уравнений равновесия неизвестные силы реакций.

6. Определить поперечную силу в каждом из характерных сечений, как сумму внешних сил, приложенных по одну сторону от сечения.

7. Построить эпюру поперечных сил.

8. Определить величину изгибающего момента для каждого характерного сечения, как сумму моментов внешних сил, приложенных по одну сторону от сечения, относительно центра тяжести этого сечения.

9. Построить эпюру изгибающих моментов.

10. Выбрать наиболее нагруженное сечение, где Mu=max.

11. Записать уравнение условия прочности при изгибе:

12. Найти требуемую величину осевого сопротивления сечения:

;  из выражения; .

13. Определить диаметр наиболее нагруженного поперечного сечения оси:

14. Округлить диаметр до ближайшего стандартного значения из ряда R40 по таблицы 2

15. Вывод

Поперечной силойназывается равнодействующая внутренних касательных сил, возникающих в поперечном сечении балки:

Изгибающим моментомназывается результирующий момент относительно нейтральной оси поперечного сечения внутренних нормальных сил, возникающих в этом сечении балки:

Величины Qyи Mx определяются с помощью метода сечений, применение которого позволяет сформулировать правила для нахождения указанных внутренних силовых факторов.

Поперечная сила (Qy) в данном поперечном сечении балки численно равна алгебраической сумме проекций на ось у всех внешних сил, действующих по одну сторону от рассматриваемого сечения:

(1)

Изгибающий момент (Мх) в данном поперечном сечении балки численно равен алгебраической сумме моментов всех внешних сил, действующих по одну сторону от сечения относительно нейтральной оси этого сечения:

(2)

Правило знаков для изгибающих моментов и поперечных сил следующее: внешние силы, стремящиеся вращать рассматриваемую часть балки относительно центра тяжести проведенного сечения по часовой стрелке, дают в этом сечении положительную поперечную силу, а против часовой стрелки – отрицательную; внешние силы, направленные снизу вверх, дают в проведенном сечении положительный изгибающий момент, а направленные вниз – отрицательный.

Внешняя пара сил вызывает в рассматриваемом поперечном сечении положительный изгибающий момент, если она изгибает балку так же, как сила, направленная вверх и мысленно приложенная в том месте, где действует данная пара сил.

Положительные изгибающие моменты возникают при изгибе балки выпуклостью вниз, а отрицательные – вверх. Qyи Mx целесообразно определять из рассмотрения той части балки, на которую действует меньше сил.

Графики (диаграммы), изображающие законы изменения Qyи Mx вдоль балки, называют соответственно эпюрой поперечных сили эпюрой изгибающих моментов.

При построении эпюр Qyи Mx положительные ординаты откладывают вверх, отрицательные – вниз от осей (баз) эпюр, которые параллельны оси балки. Таким образом, эпюра  Mx строится со стороны сжатых волокон.

Изгибающий момент Мх , поперечная сила Qy и интенсивность распределенной нагрузки qсвязаны между собой следующими дифференциальными зависимостями:

                            (3)

то есть производная от изгибающего момента по абсциссе поперечного сечения балки равна поперечной силе;

(4)

то есть первая производная от поперечной силы (или вторая производная от изгибающего момента) по абсциссе поперечного сечения балки равна интенсивности распределенной нагрузки.

Интенсивность равномерно распределенной нагрузки, направленной вверх, принимается положительной.

Из формул (5.3) и (5.4) вытекают следующие интегральные зависимости:

(5)

(6)

где z0и z- координаты начала и произвольного сечения участка; Q0и M0 - поперечная сила и изгибающий момент в начале участка.

Из приведенных соотношений (3)…(6) можно сделать следующие выводы:

1) при q = 0, Qy = Cи Mx = Cz + C1. На участке, где отсутствует распределенная нагрузка, эпюра, имеет вид горизонтальной прямой, а эпюра Mx– наклонной прямой;

2) если q = С, Qy = Cz + C1и Mx = Cz2/2 + C1z + C2. На участке, несущем равномерно распределенную нагрузку эпюра Qy очерчена по наклонной прямой, а эпюра Mx – по квадратной параболе.

В общем случае степень полинома поперечной силы Qy на единицу выше, чем уравнение интенсивности нагрузки q, а в уравнении Mx координата z имеет показатель степени на единицу выше, чем в уравнении Qy;

3) если на участке балки (идем слева направо):

а) Qy положительно, то Mx возрастает (алгебраически);

б) Qy отрицательно, то Mx убывает;

в) Qy = 0, то Mx = Cимеет постоянную величину (чистый изгиб);

4) ордината эпюры Qy в любом сечении численно равна тангенсу угла наклона касательной к эпюре Mx в том же сечении, а ордината эпюры q- тангенсу угла наклона касательной к эпюре Qy. Следовательно, Mx достигает экстремального значения в том сечении в том сечении, где эпюра Qyпересекает ось z. Если эпюра   Qy (при непрерывном изменении Qy) меняет знак с плюса на минус (идем слева направо), момент имеет аналитический максимум, а если эпюра меняет знак с минуса на плюс, момент имеет аналитический минимум;

5) поперечная сила в данном сечении численно равна площади эпюры распределенной нагрузки от начала участка до рассматриваемого сечения, сложенной с поперечной силой в начале участка.

Изгибающий момент в данном сечении численно равен площади эпюры поперечной силы от начала участка до рассматриваемого сечения, сложенной с изгибающим моментом в начале участка. При рассмотрении правой части балки площади эпюр qи Qy надо брать с обратным знаком;

6) на криволинейном участке эпюры Мх ее выпуклость направлена в сторону, противоположную направлению распределенной нагрузки.

Дифференциальные зависимости между Mx , Qyи q и вытекающие из них следствия используются для проверки правильности построения эпюр Qy и Mx. Они дают также возможность строить эти эпюры по вычисленным значениям Qy и Mx в характерных сечениях балки, без составления аналитических выражений изгибающих моментов и поперечных сил для отдельных ее участков.

При построении эпюр Qy и Mx по характерным ординатам, помимо указанных следствий их дифференциальных зависимостей, используются следующие положения, вытекающие непосредственно из применения метода сечений:

1) в том месте, где к балке приложена сосредоточенная сила, на эпюре Qy получается скачкообразное изменение ординаты («скачок») на величину приложенной силы. На эпюре Mx, как следует из зависимости (5.3), в этом месте получается излом (смежные участки эпюры не имеют плавного сопряжения);

2) в сечении, где к балке приложена сосредоточенная пара сил (сосредоточенный момент), на эпюре Mx получается скачкообразное изменение ординат («скачок») на величину приложенного момента;

3) в сечении на конце балки поперечная сила численно равна приложенной к балке в этом месте сосредоточенной силе (активной или реактивной), а изгибающий момент численно равен моменту приложенной в этом месте сосредоточенной пары сил (активной или реактивной).

При определении напряжений при изгибе принимают следующие основные допущения:

1) поперечные сечения, плоские до деформации, остаются плоскими, и после деформации;

2) продольные соседние волокна балки не давят друг на друга, то есть они испытывают только простое растяжение или сжатие;

3) напряжения и деформации в балке связаны между собой законом Гука.

При чистом изгибе в поперечных сечениях балки возникают только нормальные напряжения σz, которые определяются по формуле

(7)

где σz – нормальное напряжение в произвольной точке рассматриваемого поперечного сечения; Mx – изгибающий момент в исследуемом поперечном сечении; y – расстояние от нейтральной оси до данной точки; Ix – момент инерции поперечного сечения относительно нейтральной оси.

Нейтральная ось проходит через центр тяжести поперечного сечения и перпендикулярна к силовой плоскости.

Формула (7) позволяет определить абсолютную величину нормального напряжения σz, а его знак устанавливают в зависимости от того, в сжатой или растянутой зоне находится рассматриваемая точка. Поэтому величины Mx и yберутся по абсолютным значениям.

Как следует из формулы (7), нормальные напряжения σz зависят линейно от ординаты y, и по высоте сечения закон изменения нормальных напряжений представляет прямую линию.

Для сечения, несимметричного относительно нейтральной оси, наибольшие растягивающие и сжимающие (по модулю) напряжения в крайних (наиболее удаленных от нейтральной оси) точках сечения определяются по формулам:

Величины    и    зависят только от формы и размеров поперечного сечения и называются соответственно осевой момент сопротивления сечения растяжению и сжатию.

Если нейтральная ось является осью симметрии сечения, то yc = yp = 0,5h, и в этом случае

(9)

Величина Wx = Ix/0,5h называется осевым моментом сопротивления сечения.

Моменты сопротивления простейших сечений вычисляются по следующим формулам:

прямоугольник - ,

где b - сторона сечения, параллельная нейтральной оси;

круг –

кольцо -

где  c = d0/d ; d0 , d- соответственно внутренний и наружный диаметры кольца.

Осевой момент сопротивления является геометрической характеристикой прочности прямого бруса, работающего на изгиб.

Для балок из пластичных материалов, одинаково работающих на растяжение и сжатие, рекомендуется применять сечения симметричные относительно нейтральной оси. Наиболее рациональным профилем сортамента прокатных изделий является двутавровое.

Для количественной оценки рациональности сечений (по затрате материала) может служить безразмерная величина, зависящая от формы сечений: осевой удельный момент сопротивления сечения:

Чем больше его величина, тем сечение рациональнее.

Пример 1.

Рассчитать простую одноконсольную двухопорную балку (рис. 5.4, а), приняв: Р = 16 кН; q = 20 кН/м; m = 10 кН×м; а = 1 м; [σ] = 160 МПа [2].

Требуется:

1)   определить опорные реакции;

2)   построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов;

           3)подобрать форму и размеры поперечного сечения балки из трех заданных: круглая, прямоугольная (с соотношением сторон h/b = 2) и двутавровая;

4)построить эпюры нормальных и касательных напряжений для опасных сечений выбранной балки;

5)проверить прочность балки по главным и эквивалентным напряжениям по третьей теории прочности.

Решение

1 Определение опорных реакций

Воспользуемся уравнениями равновесия сил статики:

Для проверки правильности значений определенных реакций воспользуемся еще не использованным уравнением равновесия статики:

Результат решения уравнения подтверждает правильность значений определенных реакций опор.

2 Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов      

m=10 кН·м

RB

Эпюра изгибающих моментов

Z

10

10

11,2

45,8

0

Mx,кН*м

Z1*=2,14 м

Z

21,2

21,2

37,2

0

42,8

Qy,кН

Эпюра поперечных сил

Z

Z3

Z2

IIIуч

B

a=1м

a=1м

IIуч

C

P=16 кН

Z1

Iуч

4а=4м

q=20 кН\м

RA

А

y

а)

б)

в)

Рисунок 1

Разобьем балку на грузовые участки I , II , III(рис.1 а) и воспользуемся методом сечений для определения внутренних усилий: поперечных сил Qyи изгибающих моментов Mx .

Рассмотрим равновесие первого участка (0 ≤ z1 ≤ 4a) и составим выражения равновесия:

Для второго участка (0 ≤ z2 ≤ a) :

Для третьего участка (0 ≤ z3 ≤ a) . Для упрощения выражений равновесия и, тем самым уменьшения объема вычислений, пойдем справа налево:

Используя полученные выражения, вычисляем величины поперечных сил и изгибающих моментов в характерных сечениях балки. Для этого подставляем в полученные выражения координаты абсциссы характерных сечений. При этом следует учитывать, что для построения линии первого порядка, достаточно двух значений ординат (обычно границ участка), второго – как минимум трех (обычно границ участка и средней величины). Если на каком-то участке ордината эпюры поперечных сил равна нулю, то в этом сечении будет экстремум ординаты эпюры изгибающих моментов. Поэтому для этого участка, при построении линии 2-ого порядка, в качестве промежуточной координаты абсциссы, следует брать именно эту координату.

Если

Если

то

Полученные значения крайних ординат поперечных сил на первом участке имеют противоположные знаки, значит, на этом участке имеется сечение, в котором поперечная сила равна нулю. Для отыскания координаты абсциссы эпюры поперечных сил, при которой поперечная сила равна нулю, приравняем выражение поперечных сил для этого участка к нулю и решим его:

Если

то

 На втором участке поперечная сила постоянна:

Если

то

Если

то

На третьем участке поперечная сила и изгибающий момент постоянны и равны соответственно

По полученным значениям внутренних усилий для характерных сечений, как по ординатам построим эпюры поперечных сил Qy (рис.1 б) и изгибающих моментов Mx (рис.1, в).

Обратим внимание, что максимальная поперечная сила будет в сечении опоры А(Qy.max = 42,8 кН), а максимальный изгибающий момент на первом участке балки с координатой z1* = 2,14 м(Mx.max =45,8 кН × м).

Соответственно сечение А будет опасным по касательным, а сечение с координатой z1* = 2,14 м по нормальным напряжениям.

3 Подбор поперечного сечения балки

Так как выбор опасного сечения, как правило, зависит от величины максимального изгибающего момента, то проверим на прочность сечение с максимальным изгибающим моментом равным 45,8 кН × м. Для этого сечения, из условия прочности балки на изгиб, определим необходимый осевой момент сопротивления сечения

Для круглого сплошного сечения

Отсюда

          Площадь этого сечения будет равна

Для прямоугольного сплошного сечения с соотношением сторон h/b =2

Отсюда

Откуда

и площадь прямоугольного сечения равна

Из таблиц сортамента двутавровых балок (ГОСТ 8239-89) выбираем ближайший больший по Wx = 286 cм3 двутавр. Это двутавр №24 (момент сопротивления Wx = 289 см3). У этого двутавра площадь сечения Адв = 34,8 ×10-4 м2, что значительно меньше чем у прямоугольного и, тем более круглого сечения. Поэтому окончательно выбираем в целях экономии металла и облегчения конструкции в целом двутавр № 24.

Размеры и геометрические характеристики двутавра № 24:

h = 24 см, h1 = 22,1 см– соответственно высота двутавра и его вертикальной стенки; b = 11,5 см, b1 = 0,56 см – соответственно ширина полки и вертикальной стенки;t = 0,95 см – толщина полки;Ix= 3460 см4 – осевоймомент инерциидвутавра.

4 Построение эпюр нормальных и касательных напряжений

Эпюру нормальных напряжений построим для сечения (z1* = 2,14 м) с максимальным моментом (Mx.max =45,8 кН × м). Закон распределения нормальных напряжений линеен. Напряжения изменяются от нуля, на уровне нейтральной оси, до максимума, в слоях, наиболее удаленных от этой оси:

Эпюра нормальных напряжений относительно нейтральной оси кососимметрична. В опасном сечении балки изгибающий момент положителен, то есть балка изогнута выпуклостью вниз. Верхние волокна при этом сжимаются, а нижние растягиваются. Поэтому эпюра нормальных напряжений (рис.1 б) в верхней части отрицательна, а в нижней положительна.

Пример 2

Рис 2

1.Определяем реакции опор RA и RB, составив и решив уравнения равновесия вида   и . Делаем Проверку, составив уравнение .

;  RB=28,5 (кН)

; RA=31,5 (кН)

Проверка:

31,5 – 20 – 40 + 28,5 = 0; 0=0

2.Делим балку по длине на участки. Границей участка являются: точка приложения сосредоточенной силы (RА, F, RB); точка приложения сил (М); начало и конец распределенной нагрузки (q). Получилось 5 участков: I,II,III,IV,V.

3.На каждом участке определяем величину поперечной силы Q:

←

←   Q

←

→

→

Строим эпюру Q, соединяя найденные пограничные значения прямой (т.к. зависимость в уравнениях линейная).

Проверяем эпюру:

в месте приложения сосредоточенной силы должен быть скачок, равный величине этой силы.

4.На каждом участке определяем величину изгибающего момента М:

←

←

←

←

←

(qх – заменяем распределенную нагрузку на отрезке Х на сосредоточенную, приложенную в середине этого участка; - плечо силы qх).

Строим эпюру М. На I, II, IV, V участках это прямые (зависимость линейная), соединяющие значения М в начале и конце участка. На участке III – парабола (в уравнении МIII есть Х2). Определяем, есть ли в параболе точка экстремума. Она есть, если на этом участке есть Q=0 (см. эпюру Q, пересечение QIIIс нулевой линией).

Приравняем уравнение для QIIIк нулю и находим, при каком ХQIII=0:

- 28,5 +10 х =0; х = 2,85м

Подставляем найденное значение Х в уравнение МIII и находим значение Мэкстр.:

кНм

Пример 3

Для консольной балки, нагруженной распределенной нагрузкой интенсивностью кН/м и сосредоточенным моментом кН·м (рис.1 ), требуется: построить эпюры перерезывающих сил и изгибающих моментов , подобрать балку круглого поперечного сечения при допускаемом нормальном напряжении кН/см2 и проверить прочность балки по касательным напряжениям при допускаемом касательном напряжении кН/см2. Размеры балки м; м; м.

Расчетная схема для задачи на прямой поперечный изгиб

Рис. 1

Решение задачи "прямой поперечный изгиб"

Определяем опорные реакции

Горизонтальная реакция в заделке равна нулю, поскольку внешние нагрузки в направлении оси z на балку не действуют.

Выбираем направления остальных реактивных усилий, возникающих в заделке: вертикальную реакцию направим, например, вниз, а момент – по ходу часовой стрелки. Их значения определяем из уравнений статики:

.

Составляя эти уравнения, считаем момент положительным при вращении против хода часовой стрелки, а проекцию силы положительной, если ее направление совпадает с положительным направлением оси y.

Из первого уравнения находим момент в заделке :

кН·м.

Из второго уравнения – вертикальную реакцию :

кН.

Полученные нами положительные значения для момента и вертикальной реакции в заделке свидетельствуют о том, что мы угадали их направления.

Строим эпюры перерезывающих сил и изгибающих моментов

В соответствии с характером закрепления и нагружения балки, разбиваем ее длину на два участка. По границам каждого из этих участков наметим четыре поперечных сечения (см. рис. 3.), в которых мы и будем методом сечений (РОЗУ) вычислять значения перерезывающих сил и изгибающих моментов.

Сечение 1. Отбросим мысленно правую часть балки. Заменим ее действие на оставшуюся левую часть перерезывающей силой и изгибающим моментом . Для удобства вычисления их значений закроем отброшенную нами правую часть балки листком бумаги, совмещая левый край листка с рассматриваемым сечением.

Напомним, что перерезывающая сила, возникающая в любом поперечном сечении, должна уравновесить все внешние силы (активные и реактивные), которые действуют на рассматриваемую (то есть видимую) нами часть балки. Поэтому перерезывающая сила должна быть равна алгебраической сумме всех сил, которые мы видим.

Приведем и правило знаков для перерезывающей силы: внешняя сила, действующая на рассматриваемую часть балки и стремящаяся «повернуть» эту часть относительно сечения по ходу часовой стрелки, вызывает в сечении положительную перерезывающую силу. Такая внешняя сила входит в алгебраическую сумму для определения со знаком «плюс».

В нашем случае мы видим только реакцию опоры , которая вращает видимую нами часть балки относительно первого сечения (относительно края листка бумаги) против хода часовой стрелки. Поэтому

кН.

Изгибающий момент в любом сечении должен уравновесить момент, создаваемый видимыми нами внешними усилиями, относительно рассматриваемого сечения. Следовательно, он равен алгебраической сумме моментов всех усилий, которые действуют на рассматриваемую нами часть балки, относительно рассматриваемого сечения (иными словами, относительно края листка бумаги). При этом внешняя нагрузка, изгибающая рассматриваемую часть балки выпуклостью вниз, вызывает в сечении положительный изгибающий момент. И момент, создаваемый такой нагрузкой, входит в алгебраическую сумму для определения со знаком «плюс».

Мы видим два усилия: реакцию и момент в заделке . Однако у силы плечо относительно сечения 1 равно нулю. Поэтому

кН·м.

Знак «плюс» нами взят потому, что реактивный момент изгибает видимую нами часть балки выпуклостью вниз.

Напомним, что при определении знака изгибающего момента мы мысленно освобождаем видимую нами часть балки от всех фактических опорных закреплений и представляем ее как бы защемленной в рассматриваемом сечении (то есть левый край листка бумаги нами мысленно представляется жесткой заделкой).

Сечение 2. По-прежнему будем закрывать листком бумаги всю правую часть балки. Теперь, в отличие от первого сечения, у силы появилось плечо: м. Поэтому

кН; кН·м.

Сечение 3. Закрывая правую часть балки, найдем

кН;

кН·м.

Сечение 4. Закроем листком левую часть балки. Тогда

кН;

кН·м.

Сечение 5. По-прежнему закроем левую часть балки. Будем иметь

кН;

кН·м.

Сечение 6. Опять закроем левую часть балки. Получим

.

По найденным значениям строим эпюры перерезывающих сил (рис. 1 б) и изгибающих моментов (рис.3, в).

Под незагруженными участками эпюра перерезывающих сил идет параллельно оси балки, а под распределенной нагрузкой q – по наклонной прямой вверх. Под опорной реакцией на эпюре имеется скачок вниз на величину этой реакции, то есть на 40 кН.

На эпюре изгибающих моментов мы видим излом под опорной реакцией . Угол излома направлен навстречу реакции опоры. Под распределенной нагрузкой q эпюра изменяется по квадратичной параболе, выпуклость которой направлена навстречу нагрузке. В сечении 6 на эпюре – экстремум, поскольку эпюра перерезывающей силы в этом месте проходит здесь через нулевое значение.                                                                                                                    

Определяем требуемый диаметр поперечного сечения балки

Условие прочности по нормальным напряжениям имеет вид:

,

где – момент сопротивления балки при изгибе. Для балки круглого поперечного сечения он равен:

.

Наибольший по абсолютному значению изгибающий момент возникает в третьем сечении балки: кН·см.

Тогда требуемый диаметр балки определяется по формуле

см.

Принимаем мм. Тогда

кН/см2 кН/см2.

«Перенапряжение» составляет

,что допускается.

Задача №6

Выполняется после изучения темы2.7.

Сжатый стержень должен быть рассчитан таким образом, чтобы была обеспечена устойчивость равновесия его прямолинейной формы, т.е. была исключена опасность возникновения продольного изгиба. Это возможно в том случае, если приложенная к стержню нагрузка меньше критической силы и может вызвать продольный изгиб. Число, показывающее во сколько раз действующая на стержень нагрузка меньше критической силы, называется коэффициентом запаса устойчивости – ny.

В зависимости от гибкости стержня  критическая сила может быть подсчитана либо по формуле Эйлера, либо по эмпирическим формулам.

Формула Эйлера применима при условии, что  Из этого условия следует, что формула Эйлера справедлива при:  ,

Где  – предельная гибкость материала стержня, зависящая от его физик- механических свойств.

В случае неприменимости формулы Эйлера критическое напряжение (критическая сила) могут быть вычислены по эмпирическим формулам.

В зависимости от цели задачи и ее исходных данных можно выполнить следующие три вида расчетов на устойчивость:

1.Проверочный расчет. Цель этого расчета в оценке устойчивости заданного элемента при действии на него заданной внешней нагрузки.

2.Проектный расчет. Цель этого расчета заключается в определении требуемых размеров стержня, при которых он будет обладать требуемым запасом устойчивости.

3.Определение допускаемой нагрузки. В этом расчете определяется максимально допустимое значение сжимающей силы, при котором будет обеспечен требуемый запас устройчивости.

1.Вычислить гибкость стержня.

2.В зависимости от гибкости выбрать формулу, по которой вести расчет на устойчивость

3.Вычислить критическую силу

4.Найти коэффициент запаса устойчивости

5.проверить, соблюдаются ли условия устойчивости путем сравнения расчетного коэффициента запаса устойчивости с требуемым.

Пример 1

Проверить на устойчивость сжатую стойку из стали марки Ст.3, если

требуемый запас устойчивости [ny]=3        Решение

1.Определяем гибкость стойки: ;

В данном случае:Ymin=Yk=Yy=

A= тогда

Коэффициент приведения длины при данном виде закрепления

Гибкость стойки:

2.Для стали марки Ст.3  пред=100, здесь >  пред

Поэтому расчет можно вести по формуле Эйлера.

3.Определяем величину критической силы по формуле Эйлера

 ;

 =126364 H=126,36 кН

4.Находим коэффициент запаса устойчивости:

5.Стойка достаточно устойчива, т.к

Пример 2

Пример 3

Задания для выполнения контрольной работы

Задача №1.

Определить усилия в стержнях кронштейна от приложенных сил. Задачу решить аналитическим способом с проверкой решения графическим способом.Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 1 и схем к задаче 1.

Схемы к задаче1

Таблица 1 к задаче 1

Задача №2

Определить опорные реакции двух опорнойбалки. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 2 и схем к задаче 2

схемы к задаче 2

схемы к задаче 2

Таблица 2 к задаче 2

Задача №3.

Для стального ступенчатого бруса требуется:

а) определить значение продольной силы и нормального напряжения по длине бруса

б) построить эпюры Nи σ

в) определить абсолютное удлинение (укорочение) бруса. Модуль продольной упругости стали 2*105мПа. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 3 и схем к задаче 3.

Схемы к задаче 3

Таблица 3 к задаче 3

Задача №4

Из расчета по предельному состоянию подобрать сечения стержней кронштейна, приняв: для растянутых два равнополочных уголка, для сжатых- два неравнополочных уголка. Схему конструкции и нормативную нагрузку взять из условия задачи №1 согласно своему варианту.

Дополнительные данные: расчетное сопротивление для стали Ст3 иR=210 мПа, коэффициент надежности по нагрузке γƚ=1.2, коэффициент условий работы γс=0.9

Задача №5

Построить эпюры поперечной силы и изгибающего момента от расчетной нагрузки. Подобрать сечение двутавра из расчета на прочность.Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 5 и схем к задаче 5.

Параметр

Вариант

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

Номер схемы

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

P, кН

3

5

6

7

5

9

12

11

14

9

10

15

5

3

6

8

9

14

15

18

20

22

10

23

25

7

5

8

12

11

m, кНм

10

20

15

15

20

18

14

17

24

30

25

26

40

21

10

15

20

25

30

35

40

30

25

26

40

21

10

25

30

35

q, кН/м

12

13

15

23

21

26

28

10

15

28

24

16

18

25

10

15

28

24

16

12

13

15

23

21

26

32

31

25

22

30

Схема 1                                                                     Схема 2                                                                        Схема 3                                                                      

Схема 4                                                                       Схема 5                                                                      Схема 6

Схема 7                                                                      Схема 8                                Схема 9

Схема 10

Задача №6

Проверить прочность и устойчивость деревянной стойки. Расчетное сопротивление. Расчетное сопротивление древесины R=16 мПа. Условия работы нормальные. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы и схем к задаче 6.

Схемы к задаче 6

Таблица к задаче 6

Приложения

ОРИЕНТИРОВОЧНЫЕ ЗНАЧЕНИЯ  Е, μ, [σ]раст, [σ]сжат

Модуль упругости Е

коэффициент

[σ]раст

[σ]сжат

кг/см2

МПа

Пуассона

МПа

МПа

сталь

2·106

2·105

0.24-0.30

140-160

140-160

алюминий

0.7·106

0.7·105

0.26-0.36

30-80

30-80

медь

1·106

1·105

0.31-0.35

30-120

30-120

чугун

1.15·106

1.15·105

0.23-0.27

------

120-150

бетон

0.15·106

0.15·105

0.16-0.18

0.1-0.7

1-9

кирпичная

кладка

0.03·106

0.03·105

--------

<0.7

6-25

1 Па =1 Н/м2                  1МПа = 106Па = 1Н/мм2    1МПа = 0.1кН/см2

1кг = 9.1Н » 10Н     1кг/см2»0.1 М Па

Коэффициент учитывающий способ закрепления концов стержня

Информационное обеспечение обучения

Перечень рекомендуемых учебных изданий и дополнительной литературы и Интернет-ресурсов.

Основные источники:

1. Олофинская В.П. Техническая механика: Курс лекций с вариантами практических и тестовых заданий.- М.: Форум, 2014.
2. Сафронова Г.Г., Артюховская Т.Ю. Техническая механика. - М.: Инфа М, 2015.- 320 с.
3. Эрдеди А.А., Эрдеди Н.А. Техническая механика. Сопротивление материалов.- М.: Высшая школа, 2014.
4. Аркуша А.И. Техническая механика.- М.: Высшая школа, 2002.
5. СетковВ.И. Техническая механика для строительных специальностей.- М.: Академия, 2010.
6. Сетков В.И. Сборник задач по технической механике.- М.: Академия, 2010.

Дополнительные источники:

1.    Аркуша А. И. Руководство к решению задач по теоретической          

              механике. - М.: Высшая школа, 2002.

2.    МовнинМ.С. и др. Руководство к решению задач по технической механике.- М.: Высшая школа,1991.

3.    Ицкович Г.М. Сопротивление материалов.- М.: Высшая школа, 2001.

4.    Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механике.- М.: Наука, 1982.

5.    Шишман Б.А. Статика сооружений.- М.: Стройиздат, 1989.

6.    Мухин Н.В., Шишман Б.А., Першин А.Н. Статика сооружений.- М.: Высшая школа, 1980.

7.    Улитин Н.С., Першин А.Н., Лауенбург Л.В. Сборник задач по технической механике.- М.: Высшая школа,1978. 

Интернет-ресурсы

        1.Электронный ресурс «Техническая механика»

Форма доступа    http://technical-mechanics.narod.ru/

http://www.edu.ru