Трудовой Кодекс Российской Федерации 3 страница

3. Каково различие между углом внутреннего трения и углом естественного от­коса несвязанного рыхлого грунта?

4. В чем сущность теории предельного равновесия?

5. Что называется активным и пассивным давлением? Как они определяются?

6. По какому закону изменяется давление грунта по высоте подпорной стены?

7. Что такое интенсивность давления грунта на стену и как она изменяется по высоте подпорной стены?

8. Как учитывается при расчете влияние сплошной равномерно распределенной нагрузки, находящейся в пределах призмы обрушения?

9. Каково влияние фунтовых вод на давление, воспринимаемое подпорной сте­ной?

10. Как проверяется устойчивость подпорных стен против сдвига и опрокидыва­ния по методу предельных состояний?

11. Как проверяется прочность массивных подпорных стен из камня и бетона и прочность грунтового основания под подошвой фундамента по методу предельных состояний?

12. Почему под подошвой фундамента нежелательно возникновение растягива­ющих напряжений, хотя прочность сжатой зоны основания обеспечена?

13. От чего зависит выбор поперечного профиля подпорной стены?

14. В чем эффективность применения тонкоэлементных подпорных стен уголко­вого профиля?

V. МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ ПО ВЫПОЛНЕНИЮ КОНТРОЛЬНЫХ

РАБОТ

По данной дисциплине студентами выполняются две контрольные работы.

Первая контрольная работа включает в себя выполнение пяти задач, вторая - двух.

Все задачи составлены по многовариантиой системе.

Изучать дисциплину рекомендуется последовательно по темам, в соответствии с при­мерным тематическим планом и методических указаний к ним. Степень усвоения материала проверяется умением ответить на вопросы самоконтроля, приведенные в конце темы (разде­ла).

Чтобы определить свой вариант контрольной работы студенту необходимо воспользо­ваться образцом указанной далее таблицы I, которая построена следующим образом: верти­кальная крайняя графа содержит алфавит; в вертикальной графе 1 указаны схемы к задаче, остальные вертикальные графы содержат числовые данные, необходимые для решения зада­чи.

В этой таблице за начальными буквами фамилии каждого студента закреплены графы 1, 4, 7; за начальными буквами имени - графы 2, 5, 8; за начальными буквами отчества - графы 3, 6, 9.

Таблица I

Алфа­вит	I
	Схема	F, кН	F2 кН	q кН/м	m1, кНм	α, град	a1,м	а2,м	a3,м
А К Ф									3,5
Б Л X
ВМЦ								2,0
ГНЧ
ДОШ
ЕПЩ							3,0
ЕРЫ
ЖСЭ
ЗТЮ
ИУЯ

Поясним на конкретном примере.

Допустим учащийся Петров Виктор Александрович.

По начальной букве фамилии П из строки ЕПЩ учащийся берет из закрепленных за фамилией граф соответствующие значения, т.е. из графы № I схема 6, из гра­фы 4 -q₁ = 12 кН/м, из графы 7 - a₁ = 3,0 м. Аналогично по первой букве имени В из строки В М Ц, выбираем значение граф 2, 5, 8: F₁ = 40 кН, m = 14 кНм, а₂= 2,0 м.

По первой букве отчества А из строки А К Ф из граф 3, 6, 9 выбираем F2 = 20 Кн,

а = 45°, а_з = 3,5 м. Таким образом, числовые данные задачи имеют вид:

*

Дано: схема 6; F₁= 40 кН; F₂ = 20 кН; q = 12 кН/м; m = 14 кН'м; а = 45°; a₁ = 3,0 м; а₂ - 2,0 м; а_з = 3,5 м.

Контрольная работа, выполненная не в соответствии с этими данными не засчитывается и возвращается учащемуся.

При выполнении контрольной работы необходимо соблюдать следующие требо­вания:

- в контрольную работу записываются условия задач;

- решения задач следует сопровождать пояснениями:

- вычислениям должны предшествовать исходные формулы;

- для всех исходных и вычисленных физических величин должны указываться размерности;

- приводятся необходимые эскизы, схемы.

На каждой странице оставляются поля шириной 3—4 см для замечаний проверя­ющего работу. За ответом на последний вопрос приводится список использованной литературы, указывается методическое пособие, по которому выполнена работа, ста­вится подпись исполнителя и оставляется место для рецензии.

На обложке тетради разборчиво пишутся наименование учебного заведения, спе­циальность, наименование учебного предмета, номер контрольной работы; фами­лия, имя, отчество учащегося; домашний адрес.

Приводим образец заполнения обложки:

Поволжский государственный межрегиональный строительный колледж

Специальность 2902

Техническая механика

Контрольная работа № 1

Петров Виктор Александрович

4100252, г. Саратов-52, ул. Чапаева, дом 5, кв. 73

В установленные учебным графиком сроки студент направляет выполненную работу для проверки в учебное заведение.

Домашние контрольные работы оцениваются «зачтено» или «не зачтено».

После получения прорецензированной работы студенту необходимо исправить отмеченные ошибки, выполнить все указания преподавателя, повторить недостаточ­но усвоенный материал.

Незачтенные контрольные работы подлежат повторному выполнению.

Задания, выполненные не по своему варианту не засчитываются и возвращаются студенту.

В методических указаниях приведены примеры решения задач.

ЗАДАНИЕ НА КОНТРОЛЬНОЮ РАБОТУ № 1

Задачй № 1. Определить аналитическим и графическим способами усилия в стержнях АБ и ВС заданной стержневой системы (рис. 1). Исходные данные для задачи своего варианта взять из таблицы 2.

Таблица 2 Алфавит         5.   Схема F1кH F2, кН α1град α2, град α3, град А К Ф             Б Л X             В М Ц             Г Н Ч             ДОТ             Е П Щ             Ё Р Ы             ЖСЭ             ЗГЮ             ИУЯ

Пример. Определить аналитическим и графическим способами усилия в стержнях АВ и ВС заданной стержневой системы (рис. 2). Дано: F1=28kH; F₂-42_KH; α₁=45⁰; α₂=60°; α₃=30°.

Определить: усилия Sa и S_c

Рис. 2

Решение.

I Аналитическое решение.

1. Рассматриваем равновесие точки В, в которой сходятся все стержни и

внешние силы (рис.2).

2. Отбрасываем связи АВ и ВС, заменяя их усилиями в стержнях S_A и Sc. Направления усилий примем от узла В, предполагая стержни растянутыми. Выполним на отдельном чертеже схему действия сил в точке В (рис.3.).

3. Выбираем систему координат таким образом, чтобы одна из осей совпадала с неизвестным усилием, например, с S_A. Обозначаем на схеме утлы, образованные действующими силами с осью X и составляем уравнение равновесия плоской системы сходящихся сил:

Σ F_rx=0; f₂ Cos75°+f₁ Cos45°+S_c Cos75°-S_a=0 ΣFr_v=0; f₂ Cos15°-f₁ Cos45°-S_c Cos15°=0

Рис 3

Из уравнения (2) находим усилие Sc:

Sс=

F2 Cos l5⁰ –F₁Cos45⁰

Cos 15°

Подставляем числовые значения:

(1); (2).

Sc= 42*0,966-28*0,707 ≈21,51кН

0,966

Найденное значение S_c подставляем в уравнение (1) и находим из него значение S_A:

S_a=F₂ Cos 75°+F₁ Cos 45°+S_c Cos75° или S_a=42*0,259+28*0,707+21,51*0,259=36,24 кН.

Окончательно, Sa=36,24kH, Sc=21,51kH; знаки указывают, что оба стержня растянуты. 11 Графическое решение. ___

Выбираем масштаб сил т=10кНУсм. Тогда силы Fi и F₂ будут откладываться отрезками F^m,=F₁/m-28/10=2,8cm; F^m₂-F₂/m=42/10=4,2cm.

Из уравнения (2) находим усилие S_c= F₁ cos 15°-F₂ cos 45°

cos 15°

42 ×0,966 - 28 • 0,707 _≈ 21,51 кН

Подставляем числовые значения: S_с = 0,0966

Найденное значение S_c подставляем в уравнение (1) и находим из него значение S_A:

S_A = F₂ cos 75° - F₁ cos 45° - S_c cos 75°;

S_A = 42× 0,259 + 280,707 + 21,51× 0,259 = 36,24 кН.

Окончательно: S_A = 36,24 кН;

S_c = 21,51 кН.

Знаки указывают, что оба стержня растянуты.

2. Графическое решение

Выбираем масштаб сил m = 10 кН/см, тогда силы F₁ и F₂ будут откладываться отрезками

F₁^m = F₁/m = 28/10 = 2,8 см F₂^m = F₂ / m = 42/10=4.2 cм

Из произвольно выбранной точки 0 откладываем отрезок, соответствующий ве­личине и направлению силы F₁^m Из конца этого отрезка откладываем отрезок F₂^m. Так как условием равновесия сходящейся системы сил является замкнутость силового многоугольника, то из начала отрезка F₁^m откладываем линию, параллельную вектору S_c а из конца отрезка F₂^m откладываем линию, параллельную вектору S_A. Точка их пересечения является вершиной силового многоугольника (рис. 4).

Рис. 4

Измеряя отрезки S _A^m и S _C^m

S_A= S _A^m × m = 3,65×10 = 36,5 кН;

S_c = S _C^m ×m = 2,15 • 10 = 21,5 кН.

Вычислим допущенную при графическом способе решения ошибку:

S_A = (36.5-36.24)/36.24 ×100% ≈0.72%.

S_c = (21.51-21.5)/21.51 ×100% ≈0.05%.

(Ошибка должна находиться в пределах 2 %.) Ответ:

а) аналитическое решение — S_A = 36,24 кН; S_c = 21,51 кН;

Задача № 2. Определить реакции опор балки, нагруженной, как показано на рис. 5. Исходные данные приведены в таблице 3.

б) графическое решение — S_A = 36,5 кН; S_c = 21,5 кН.

Таблица 3 Алфавит                   Схема а1, м q, кН/м а2, м F, кН α, град m, кН/м а3, м АКФ   4,0   4,0       2,0 Б Л X   3,0   3,0       4,0 В М Ц   2,0   4,0       4,0 ГНЧ   2,0   6,0       2,0 ДОТ   4,0   3,0       3,0 Е П Щ   2,5   3,5       4,0 Ё Р Ы   3,0   5,0       2,0 Ж С Э   3,0   4,0       3,0 ЗГЮ   2,5   4,5       3,0 ИУЯ   2,0   3,0       5,0

Пример. Определить реакции опор балки, нагруженной, как показано на приме­ре на рис. 6.

F

Дано: F = 24 кН; q = 6 кН/м; m = 12 кН/м; а₁ = 1,8 м; а₂ = 5,2 м; а₃ = 3 м; а = 60°.

Определить: реакции опор V_A, Н_А V_B.

Решение:

1. Обозначаем опоры буквами А и В. Отбрасываем связи (опоры А и В), заменяем их действие реакциями: неподвижная опора имеет реакции V_A (вертикальная) и Н_А (горизонтальная), подвижная опора — реакцию V_B (вертикальная). Выбираем систему координат ХУ с началом в левой опоре, определяем равнодействующую распределен­ной нагрузки F_q = q-a₂ = 6-5,2 = 31,2 кН и чертим расчетную схему балки (рис. 7).

F = 24 кН

2902 Для получения произвольной плоской системы сил составляем уравнения рав­новесия:

ΣF_RX = 0 Н_А - F-cos 60° = 0; (1)

ΣF_Ry = 0 V_A - Fq - F-cos 30° + V_B = 0; (2)

ΣF_{RX =} O Fq (1,8 + 2,6) + F (1,8 + 5,2) ×sin 60° - m - V_B-10 = 0. (3)

2903 Решаем систему уравнений.

Из уравнения (1) находим H_A: Н_А = F-cos 60° =24-0,5 = 12 кН.

Fq • 4,4 + F × 7,0 • sin 60° - m

Из уравнения (3) находим V_B: V_B = 10 или

₌ 31,2× 4,4 ₊ 24× 7,0× 0,806-12 ₌ 27.08 кН

Подставляем найденное значение в уравнение (2) и находим значение V_A;

V_A = Fq + F×cos 30° - V_B = 31,2 + 240,866 - 27,08 = 24,90 кН.

2904 Для проверки правильности решения составим сумму моментов относительно точки приложения наклонной силы F:

ΣM_c(F_r) = V_a-7,0 - Fq • 2,6 - V_B • 3,0 - m = 24,9•7,0 - 31,2•2,6 - 27,08•3 - 12 = = 174,3 - 81,12 - 81,24 - 12,0 = 174,3 - 174,36 = -0,06 ≈ 0.

Погрешность, полученная в результате Вычислений, должна быть менее 0,1 %. В нашем случае: 8 = 0.06/174.36 • 100 % ≈ 0,034 % < 0,1 %.

Ответ: опорные реакции балки равны: V_A = 24,90 кН, V_B = 27,08 кН, Н_А = 12,0 кН.

Задача № 3. Для сечения сборных элементов зданий (рис. 8) определить пол­ожение центра тяжести. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 4.

Таблица 4 Алфавит           Схема а, м b, м h1, м h2, м А К Ф   1,5 3,0 6,0 4,0 Б Л X   2,4 2,0 4,5 5,0 В М Ц   1,8 2,4 2,0 4,0 ГНЧ   4,0 2,0 3,0 2,4 ДОТ   3,0 2,0 1,5 2,0 Е П Щ   1,2 1,0 4,0 3,0 ЁРЫ   3,0 1,5 1,8 3,2 жсэ   2,0 3,0 1,0 2,0 ЗГЮ   1,2 2,4 1,5 3,0 И УЯ   1,6 2,0 2,4 2,0

Рис. 8

Пример. Определим положение центра тяжести сечения, состоящего из п геометрических фигур (рис. 9).

Дано: а = 2,0 м; b = 3,0 м; h_t = 4,0 м; h₂ = 3,0 м; d = 2,0 м. Определить: Х_с; У_с.

Рис. 9

Решение:

2907 Чертим сечение в масштабе 1:200 (рис. 9). *

2908 Разбиваем сечение на пять фигур: два прямоугольника, два треугольника и круг. Они обозначены цифрами 1, 2, 3, 4, 5.

2909 Укажем центры тяжести простых фигур: точки С_1; С₂, С₃, С₄, С₅.

2910 Выбираем систему координат. Ось X проведем через нижнюю грань сечения, а ось У совместим с осью симметрии сечения.

2911 Определяем координаты центров тяжестей отдельных фигур:

h₁ 3

m C₁ х₁= 0; у, = h₁, + 2 = 4 + 2 = 5,5 м;

m C₂ x₂= 0; у₂= h₁/2=2м;

2 2

m C₃ х₃= -b/3=-1.0 м; у₃ = + 3 •h₁= 3 • 4 = 2,67 м;

2 2

m C₄ х₄= b/3= 1. 0м; у₄ = + 3 •h₁ = 3 • 4 = 2,67 м;

m C₅ x₅= 0; y₅=h₁=4 м.

2912 Вычисляем площадь отдельных фигур:

A₁= (3•а + 2•b) h₂= 12•3 = 36 м²;

А₂= a•h = 2•4 = 8 м²;

А₃ = А₄ = 1/2• b• h₁ =1/2•3•4 = 6 м²;

πb²3,14 • 2² ₂

А₅ = 4 = 4 = -3,14 м.

(Площадь отверстия считаем отрицательной.) Тогда площадь всей фигуры:

А = ΣA_R = 36 + 8 + 2•6 -3,14 = 52,86 м².

2913 Вычисляем статические моменты площади относительно координатных осей:

S_y = ΣX_R• A_R = 0 • 36 + 0 •8 - 1 •6 + 1-6 - 0-3,14 = 0;

S_x= Σy_R•A_R= 5,5•36 + 2•8 + 2•2,67•6 - 4•3,14 = 233,5 м³.

2914 Вычисляем координаты центра тяжести сечения по формулам:

X _c = S_y; У_с = S_х

Получаем в нашей задаче: a а

X _c =0; У_с = 233,5м³/ 52,86 м²= 4,42 м

9. Показываем на рис. 9 положение центра тяжести сечения С и проводим цен­тральные оси ХУ. Проверку правильности решения можно осуществить, вычислив статический момент площади относительно центральной оси Х_с. Он должен быть равен нулю. Получаем:

S_AC= 1,08•36 - 2,42•8 - 21,75•6 - 0,42(-3,14) = 40,20 - 40,26 = -0,06 ≈ 0.

Погрешность: δ = 0,06/40,26 • 100 % = 0,15 %.

Задача № 4. По оси ступенчатого бруса приложены силы F₁ и F₂ Необходимо построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений, определить абсолют­ную деформацию бруса (рис. 10). Принять Е = 2,1 ×10⁵ МПа. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 5.

Таблица 5 Алфавит               Схема F1,kH F2, кН l1 м l2 м l3 м А, см2 А К Ф       1,0 1,2 1,4 4,0 Б Л X       1,2 1,4 1,6 6,0 В М Ц       1,4 1,6 1,8 3,5 Г НЧ       1,6 1,8 2,0 4,5 ДОТ       1,8 1,6 1,4 4,0 Е П Щ       2,0 1,4 1,2 6,5 ЁРЫ       1,8 2,0 2,4 7,5 жсэ       1,6 1,4 1,2 6,0 ЗГЮ       1,4 1,2 1,0 5,0 ИУЯ       1,2 1,4 1,6 4,0

Рис. 10

Пример. Для данного ступенчатого бруса построить эпюры продольных сил и нор­мальных напряжений. Определить абсолютное удлинение (укорочение) бруса (рис. 11).

Дано: F₁ = 28 кН; F₂ = 64 кН; l₁ = 2,4 м; l₂ = 2,2 м; l₃ = 2,0 м; А = 3,2 см²; Е = 2,10⁵ МПа.

Эпюра N (кН)

Рис, 11

Эпюра σ(МПа)

Решение:

- Проводим ось Z в сторону свободного конца бруса и определяем реакцию заделки V.

ΣF_rz = F₁ - F₂ + V = 0; V = - F₁+ F₂ = - 28 + 64 = 36 кН.

- Разбиваем брус на участки, границы которых определяются сечениями, где изменяется площадь поперечного сечения или приложены внешние силы. На каж­дом из участков проводим характерные сечения 1—1; 2—2; 3—3. С помощью метода сечений определяем продольные силы на каждом из участков бруса: мысленно рас­секаем брус в пределах первого участка сечением 1—1, отбрасываем верхнюю часть бруса и заменяем ее действие продольной силой N_t (рис. 11), для оставшейся части составляем уравнение равновесия:

Σf_rz = F₁ - N₁ = 0; N₁ = F₁ = 28 кН.

Аналогично находим N₂ и N₃: сечение 2—2 (рис. 11)