Примеры решения задач. Указания о порядке выполнения контрольных работ

Указания о порядке выполнения контрольных работ

Каждый студент-заочник выполняет две контрольные работы. Номера задач, входящих в состав контрольных работ:

контрольная работа №1 – задачи 1,2 и 3;

контрольная работа №2 – задачи 4 и 5.

Студент обязан взять из таблицы данные в соответствии со своим личным номером (шифром) и первыми шестью буквами русского алфавита, которые следует расположить под шифром, например:

Шифр
буквы	а	б	в	г	д	е

Если личный номер состоит из семи цифр, вторая цифра шифра не учитывается.

Из каждого вертикального столбца таблицы, обозначенного внизу определенной буквой, надо взять только одно число, стоящее в той горизонтальной строке, номер которой совпадает с номером буквы. Например, вертикальные столбцы табл. 4 обозначены буквами «е», «г» и «д». В этом случае при указанном выше личном номере 108956 студент должен взять из столбца «е» шестую строку, из столбца «г» – девятую строку и из столбца «д» – пятую строку.

Работы, выполненные с нарушением этих указаний, не зачитываются.

В заголовке контрольной работы должны быть четко написаны: номер контрольной работы, название дисциплины, фамилия, имя и отчество студента (полностью), специальность, учебный шифр. Без указания шифра работа не рассматривается

Каждую контрольную работу следует выполнять в отдельной тетради или листах формата А4,, чернилами (не красными), четким почерком, с полями 5 см для замечаний рецензента.

Перед решением задачи надо написать полностью ее условие с числовыми данными, составить аккуратный эскиз (для задачи №3 в масштабе) и указать в нем в числах все величины, необходимые для расчета. Необходимо указывать размерность всех величин и подчеркивать окончательные результаты.

По получении из университета контрольной работы студент должен исправить в ней все отмеченные ошибки и выполнить все сделанные ему указания. Выполненные на отдельных листах исправления должны быть вложены в соответствующие места рецензированной работы. Отдельно от работы исправления не рассматриваются.

КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ

Задача 1

Стальной кубик (рис.1) находится под воздействием сил, создающих плоское напряженное состояние (одно из трех главных напряжений равно нулю). Требуется найти:

1. главные напряжения и направления главных площадок;

2. максимальные касательные напряжения, равные полуразности главных напряжений;

3. относительные деформации ;

4. относительное изменение объема;

5. удельную потенциальную энергию деформации.

Данные взять из табл. 1. При этом знак напряжений определять в соответствии с их направлением на рис. 1.

Принять для стали модуль упругости , коэффициент Пуассона .

Таблица 1.

Номер строки	схема (рис. 1)
	I
	II
	III
	IV
	V
	VI
	VII
	VIII
	IX
	X
	е	г	д	е

Задача 2

К стальному валу приложены три известных момента: (рис. 2). Требуется:

1. Установить, при каком значении момента угол закручивания правого концевого сечения вала равен нулю.

2. Для найденного значения построить эпюру крутящих моментов.

3. При заданном значении допускаемого касательного напряжения определить диаметр вала из расчета на прочность и округлить его значение до ближайшего, равного – 30, 35, 40, 45, 50, 60, 70, 80, 100 .

4. Построить эпюру углов закручивания.

5. Найти наибольший относительный угол закручивания (на ). Данные взять из табл. 2. Принять модуль сдвига стали .

Таблица 2.

Номер строки	схема, рис. 2	длины участков,	моменты,
	I	1,1	1,1	1,1
	II	1,2	1,2	1,2
	III	1,3	1,3	1,3
	IV	1,4	1,4	1,4
	V	1,5	1,5	1,5
	VI	1,6	1,6	1,6
	VII	1,7	1,7	1,7
	VIII	1,8	1,8	1,8
	IX	1,9	1,9	1,9
	X	2,0	2,0	2,0
	е	г	д	е	г	д	е	в

Задача 3.

Для заданного в табл. 3 поперечного сечения, состоящего из швеллера и равнобокого уголка, или из двутавра и равнобокого уголка, или из швеллера и двутавра (рис. 3), требуется:

1. вычертить сечение в масштабе 1:1 или 1:2;

2. определить положение центра тяжести;

3. найти осевые и центробежные моменты инерции относительно центральных осей ;

4. определить главные центральные моменты инерции и направление главных центральных осей и указать их положение на рис.

Таблица 3

Номер строки	вид сечения	швеллер	равнобокий уголок	двутавр
	I		80х80х8
	II		80х80х6
	III		90х90х7
	IV		90х90х8
	V		90х90х7	20а
	VI		100х100х8
	VII		100х100х10	22а
	VIII		100х100х12
	IX		125х125х10	24а
	X		125х125х12
	е	г	д	е

Задача 4

Для заданных двух схем балок (рис. 4) требуется построить эпюры внутренних усилий и , найти и подобрать:

Таблица 4.

№ строки	схема			расстояния,
	I	1,0	4,0	0,5L	0,5L	0,5L
	II	1,2	5,0	0,4L	0,4L	0,4L
	III	1,2	6,0	0,5L	0,5L	0,5L
	IV	2,2	8,0	0,6L	0,6L	0,6L
	V	1,4	9.0	0,3L	0,3L	0,3L
	VI	1,5	3,0	1,0L	1,0L	1,0L
	VII	1,6	6,0	0,8L	0,8L	0,8L
	VIII	2,4	7,0	0,5L	0,5L	0,5L
	IX	1,8	8,0	0,4L	0,4L	0,4L
	X	2,0	10,0	0,3L	0,3L	0,3L
	е	д	е	г	д	е	г	г	е

а) для схемы а) – деревянную балку круглого поперечного сечения при ;

б) для схемы б) – стальную балку двутаврового поперечного сечения при . Данные взять из табл. 4.

Примечание: для определения следует длину пролета или умножать на соответствующий коэффициент (в табл. ).

Задача 5

Стальной стержень длиной сжимается силой . Требуется:

1. Найти размеры поперечного сечения (рис. 5) при допускаемом напряжении на сжатие (расчет производить последовательными приближениями, предварительно задавшись коэффициентом продольного изгиба ).

2. Найти значение критической силы и коэффициент запаса устойчивости .

Данные взять из табл. 5.

Таблица 5.

№ строки	Схема	Сечение
Рис. 5
	I	I		2,1
	I	II		2,2
	II	III		2,3
	II	IV		2,4
	III	V		2,5
	III	VI		2,6
	IV	VII		2,7
	IV	VIII		2,8
	V	IX		2,9
	V	X		3,0
	д	е	г	д

Задача 1

I	II	III
IV	V	VI
VII	VIII	IX
X
	Рис. 1

Задача 2

I	VI
II	VII
III	VIII
IV	IX
V	X

Рис. 2.

Задача 3

Рис. 3

Задача 4

I

II

III

IV

V

Рис. 4.

Задача 4 (продолжение)

VI

VII

VIII

IX

X

Рис. 4 (продолжение)

Задача 5

Формы сечения

Рис.5

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Задача 1.

	Дано: . Найти: требуемые по условию задачи величины.
Рис.

Решение

1) Главные напряжения определяются по формуле:

;

;

направления главных площадок

; .

	(Положительный угол отсчитывается против часовой стрелки. Максимальное нормальное напряжение проходит через ту четверть, где касательные напряжения сходятся).
Рис.

2) Максимальное касательное напряжение равно

и действует на площадках, направленных под углом 45° к главным площадкам.

3) относительные линейные деформации находим, используя зависимости обобщенного закона Р.Гука (приняты: модуль упругости , коэффициент Пуассона ).

;

;

4) Относительное изменение объема .

5) удельная потенциальная энергия деформация определяется по формуле:

.

Задача 2.

	Дано: ; ; . Найти величины, требуемые по условию задачи.
Рис.

Решение

1. Установим, при каком значении момента угол закручивания правого торцевого сечения равен нулю, т.е. .

В соответствии с принципом независимости действия сил (ПНДС)

.

Но .

Отсюда

и

Рис.

2. Построим эпюру крутящих моментов

По эпюре крутящих моментов находим максимальный по модулю крутящий момент:

.

3. Определим из расчёта на прочность диаметр вала:

,

отсюда

Для круглого сечения . Отсюда .

Примем.

Вычислим полярный момент инерции поперечного сечения вала:

Жёсткость поперечного сечения при кручении .

4. Построим эпюру углов закручивания.

4.1. Определим сначала углы закручивания на участках.

Расчётная формула: ;

;

;

;

.

4.2 Эпюра углов закручивания:

, т.к. сечение защемлено;

, что и должно быть по условию задачи.

5. Максимальный относительный угол закручивания

.

Задача 3. Для поперечного сечения, состоящего из швеллера № 16 и равнобокого уголка 100х100х12, определить положение главных центральных осей и значения главных моментов.

Решение

Вычерчиваем сечение в масштабе (рис.), для чего из таблицы сортамента берём следующие данные:

швеллер № 16: , ; ; ; ; ; ;

уголок 80х50х6: ; ; ; ; ; .

Показываем положение центров тяжести (точки ) каждой фигуры, через которые проводим оси и .

Следует обратить внимание на то обстоятельство, что положение уголка в заданном сечении не соответствует положе-нию в сортаменте. Поэтому , а , где -моменты инерции относительно осей , применяемых в сортаменте.

Для определения положения центра тяжести сечения выбираем произвольную систему координат , в которой положение центров тяжести отдельных элементов легко определяется. В данном примере оси проведены по наружному контуру стенки и нижней полки швеллера. Однако можно выбрать любое другое положение осей.

Координаты центра тяжести вычисляем по формулам:

,

где

Показываем положение центра тяжести всего сечения – т. и проводим центральные оси . Cледует подчеркнуть, что для сечения, состоящего из двух фигур, общий центр тяжести располагается на прямой , соединяющей центры тяжести отдельных фигур.

Для вычисления моментов инерции относительно центральных осей используем зависимость:

;

здесь

;

.

,

здесь

Для определения центробежного момента инерции всего сече-ния вначале определяем центробежный момент инерции угол-ка относительно собственных центральных осей .

	В сортаменте для уголка задан , где - угол между главной осью , момент инерции относительно которой равен , и осью , которая для заданного положения уголка совпадает с осью .
Рис.

Тогда , а угол между горизонтальной осью и осью, момент инерции относительно которой равен , является дополнительным, то есть . В данном случае угол является положительным, так как откладывается против часовой стрелки.

Используя уравнение для заданного по условию задачи положения уголка, можно получить

,

а, учитывая, что , получаем

.

Центробежный момент инерции всего сечения относи-тельно осей

Рис.

Вычисляем главные моменты инерции

;

Окончательно имеем

,

Положение главной оси, относительно которой момент инерции равен , определим по формуле (2.15)

Тогда , а так как угол положительный, то на рис. откладываем его против часовой стрелки.

Задача 4.

Схема а)

	Дано: ; ; ; . Подобрать сечение
Рис.

Решение

1. Балка консольная, поэтому можно опорные реакции не определять. Балка имеет два участка. Эпюры внутренних усилий строим, используя метод сечений – РОЗУ.

Участок 1. .

– линейная функция; ее график – наклонная прямая.

	При ; При – квадратная парабола. При ; При   Участок 2. .
Рис.

– график – прямая, параллельная оси.

– наклонная прямая.

При ;

При

По эпюре М находим опасное сечение: сечение, в котором возникает максимальный по модулю изгибающий момент. Здесь

2. Условие прочности при изгибе: .

Из него определим требуемый момент сопротивления

.

Для круглого сечения осевой момент сопротивления . Отсюда при известном моменте сопротивления . Примем ?

Схема б)

Рис.	Дано: , , , . Подобрать сечение

Решение

1. Определим опорные реакции:

; ;

;

– знак «-» указывает на то, направление реакции необходимо изменить на противоположное.

;

.

Контроль:

– реакции найдены верно.

1. Балка имеет три участка. Используем метод сечений.

2а. Участок I.

;

; – поперечная сила на участке изменяется по линейному закону, график – наклонная прямая

–квадратная функция;

2б. Участок .

Рис.

– поперечная сила постоянна.

– линейная функция;

2в. Участок .

;

;

– момент постоянен на участке.

По эпюре М находим опасное сечение: сечение, в котором возникает максимальный по модулю изгибающий момент. Здесь

1. Условие прочности при изгибе имеет вид:

. Из него имеем .

По сортаменту находим двутавр, имеющий осевой момент сопротивления, близкий к требуемому. Это двутавр №14 с .

Недонапряжение (при норме ), но для прокатных профилей такой процент недонапряжения допускается. Такое перенапряжение недопустимо. Приходится брать двутавр №14 с , что значительно больше требуемого.

Ответ: двутавр № 14.

Задача 5

	Дано: Р=1000 кН. Подобрать сечение стойки.   Решение 1. Условие устойчивости центрально сжатого стержня имеет вид: . Отсюда площадь поперечного сечения . Попытка 1. Примем , тогда площадь сечения , но ; Размер
Рис.

= примем .

Площадь

Найдём фактическое значение коэффициента продольного изгиба .

Гибкость стержня , здесь – главный радиус инерции, – осевой момент инерции сечения, для треугольника

. Получаем

При .

Определим, чему равен коэффициент продольного изгиба при такой гибкости.

	0,805
	0,754
66,3	0,773

Получен , результат неудовлетворительный.

Попытка 2. Примем

сторона равностороннего треугольника ¸ примем .

Найдём фактическое значение коэффициента продольного изгиба .

Гибкость стержня . Радиус инерции

	0,754
	0,686
75,2	0,719

0,719>0,636, но, тем не менее, проверим, как выполняется условие устойчивости:

Недонапряжение: – недопустимо (норма ).

Попытка 3. Примем .

¸ примем

Коэффициент продольного изгиба =?

Радиус инерции , площадь сечения

Гибкость стержня

	0,754
	0,686
77,2	0,705

0,705>0,678.

Проверим, как выполняется условие устойчивости:

Недонапряжение: , что в пределах нормы (норма ).

2. Гибкость стержня при , следовательно, формула Л. Эйлера не справедлива. Применяем формулу Ясинского ,

где а = 310 и = 1,14 определяются по справочнику.

,

коэффициент запаса устойчивости

Рекомендуемая литература

1. Александров А.В., Потапов В.Д., Державин Б.П. Сопротивление материалов: Учебник для вузов – М.: Высшая школа, 2004 – 560 с.

2. Ицкович Г.М., Минин Л.С., Виноградов А.И. Руководство к решению задач по сопротивлению материалов: Учебное пособие для вузов – М.: Высшая школа, 2001 – 592 с.

3. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов: Учебник для вузов – М.: Издательство МГТУ им. Н.Э. Баумана, 1999 – 592 с.

4. Сопротивление материалов. Учебное пособие. Под редакцией Н.А. Костенко. – М.: Высшая школа, 2004 – 430 с.