Добавил:

MrKOT1212 ikot.chulakov@gmail.com Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Самарский национальный исследовательский университет им. ак. С.П. Королёва (бывш. СГАУ, СамГУ)

Предмет:

Сопротивление материалов

Файл:

Методички для олимпийцев / Изд вар Сборник задач Всероссийских олимпиад

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.07.2020

Размер:

1.46 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 177 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

z h 4 ( 4 d 2 d 2 ) 5 h 4 ( 4 d 2

m d 0

следует, что m 3 h d .

Так как σ1 = σm и σ3 = σt , то

экв 1 3 h d (3 0,8 3)

5,4 h d .

	Ответ: На			гранях элемента
t		3 h d	,		m	3 h d	,

								эквIII

d	2	)	a)	d
					γh
		h		z

	h			2d			σmб)
	4		d
						σt		А
						σt		А
	h				5γh

			А
			А
		Рис. 98.5 P
А:	h d .
5, 40	h d .

98.6 Плоская рама выполнена из стержней квадратного поперечного сечения (рис. 98.6). Найти наибольшие нормальные напряжения при нагружении рамы силой F. Дано: F = 450 Н, l = 0,8 м,

а = 15 мм.

	F
	a
2l	a
l	l

Рис. 98.6

F/4 a) F/2

F/4

l б)

Х1

		MF	в)	Fl/4
		MF
F/4	F/2	F/4	l	l
		Рис. 98.6 Р

РЕШЕНИЕ

Учитывая, что нагрузка симметрична, выбираем рациональный вариант эквивалентной системы (рис. 98.6 Р, а). Каноническое уравнение

11 X 1 1F 0.

Используя эпюры изгибающих моментов от внешних и единич-

ных сил (рис. 98.6 Р, б, в), находим E J 11

2 1 l l

l 2l l

8 l 3

E J 1F 1

F l

2l l 1

F l 3 ,

X 1

F .

Наибольший изгибающий момент в сечении С

F l

F l.

Тогда

max

5 F l 6

5 450 0,8 6 100 МПа.

32 a 3

32 0,0153

Ответ:

Наибольшее

нормальное

напряжение

в раме

–

max 100 МПа.

2.6.Олимпиада 1999 г., г. Пермь, ПГТУ

l	l	F
		F
C	A2	K
C
A1		A3
A1		A3
Рис. 99.1		D
Рис. 99.1

99.1Известно, что А1 = А3 = А, принять

А2 = nA. Найти зависимость перемещения

wK точки приложения силы F (рис. 99.1) от величины А.

РЕШЕНИЕ

Из уравнения равновесия (рис. 99.1 Р)

m ониж N 1 l N 2 cos 45 2l N 3 2l 0,

mоверх	N1 l N2 cos45 l N3 2l F 2l 0,
N 2 2	2 F .

Из уравнения перемещений l 3 2 l1 нахо-

дим N1 =4F/5, N3 =8F/5.

Потенциальная энергия деформации

N 1 2 N 3 2 N 2 ,

l	l	F
		F
O	N2	K
O
N1		N
N1		N	3
N1	N2	N	3
N1	N2
O		D
Рис. 99.1 P		D
Рис. 99.1 P

N 2

2 l

N 2

F w K

2 E A

2 E n A

2 E A

F l

следовательно w K

3,2

E A

Ответ: Перемещение точки приложения силы F –

EJ1 =∞

		a
δ	l	a

Рис. 99.2

	F l		8 2
w K		3,2		.
w K		3,2	n	.
	E A		n

99.2 При каком значении q (рис.

99.2) зазор δ закрывается? Найти наибольшее напряжение σm ax при нагрузке 2q. Дано: δ, a, l, Е.

РЕШЕНИЕ

Взаимное перемещение сечений К (рис. 99.2 Р) до касания

			1	1		ql	2			1		q l 4			4
	1F							l			l		,	где J = a		/12 и
								l			l		,	где J = a		/12 и
				2		4				3		24 E J
			E J	2		4				3		24 E J
q	24 E J				2 E a		4		.
	24 E J				2 E a		4
		l 4				l 4
		l 4				l 4

	q l 2
MF	4
MF		l
		l
1 К
δ	К
M1		l
1	q l 2	l
1	q l 2
Mx	2
Mx		q l 2
		q l 2
Рис. 99.2 Р		32

При нагрузке 2q:
			1				1		2									4l		3
11						2		l l		l		l l l										,
11						2	2	l l	3	l		l l l						3 E J				,
		E J					2		3									3 E J
					1		1 q l 2				1						q l		4
	1F								l				l								,
									l				l								,
							2	2			3				12 E J
					E J		2	2			3				12 E J
				1F					q l 4					q l 4		q l
X 1				1F					24					12		q l			.
X 1						11										32			.
						11				4l 3						32

Строим эпюру изгибающих моментов на пролёте рамы и определяем наибольшее напряжение

z max

наиб

q l 2

3 q l 2

W x

2 a 3

a 3

Ответ: Зазор δ закрывается при

2 E a

l 4

3q l 2

При нагрузке 2q –

z max

	Е1		C – C
A C	Е1	В	b
F		F	a
a/3			a
C	Е2		a
	Рис. 99.3

99.3 Определить размер b, при котором жёсткие плиты А и В (рис. 99.3) смещаются параллельно друг другу. Дано:

а = 30 мм, E1 = 2,1·105 МПа, E2 = 0,7·105 МПа.

РЕШЕНИЕ

Из уравнений равновесия (рис. 99.3 Р):

N 1 N 2 F , N 1 N 2 23 F .


	Отсюда следует, что N1						= 5N2 .	Так как
ε1	= ε2 , то	5 N 2			N 2	, где А1 = аb, А1 = а2 .
ε1	= ε2 , то	E1 A1				, где А1 = аb, А1 = а2 .
		E1 A1		E 2 A2
	Учитывая,		что		Е1 =		3Е2 ,	находим

	A1 =ab
F	a	N1
a/3	a	N2
		A2 =a	2
		A2 =a
	Рис. 99.3 P

b	5 a	5	30 50 мм.
	3	3
	Ответ: Плиты А и В смещаются параллельно друг другу при
b = 50 мм.
	EJ			1	F	99.4 Балки 1 и 2 установлены с просве-
					F		F l 3
						том с	F l 3	(рис. 99.4) и имеют контакт
						том с	64 E J	(рис. 99.4) и имеют контакт
							64 E J
	2	3l	/4	K	c	в сечении К. Как изменится величина про-
	2			K		в сечении К. Как изменится величина про-
						света при нагружении силой F и чему рав-
			l			света при нагружении силой F и чему рав-
			l			на его максимальная величина? Дано: F, l,
						на его максимальная величина? Дано: F, l,
	Рис. 99.4					Е, J.

		РЕШЕНИЕ
Из условия v1	= v2 при z = 3l/4 (рис.		R1
99.4 Р) находим X = 3F/4.			R1	z	v1	X	F
99.4 Р) находим X = 3F/4.			M1	z	v1	X	F
Далее определяем реакции в задел-			M1		v2		X
ках в эквивалентной системе			M2	δ	v2		X
М1 Х 3 l F l 7		F l ,	R2		3l/4		l/4
4	16			Рис. 99.4 P
R1 Х F	1 F ,			Рис. 99.4 P
R1 Х F	1 F ,
	4

М 2	Х	3	l	9	F l ,
		4		16

R2 Х 34 F

и составляем уравнения прогибов в произвольном сечении z методом начальных параметров

	F	z 3	7l z 2			F 3		9l z 2
1				,	2		z		.
		3	4					4
	8 E J					8 E J

Прогибы получаются отрицательными, поэтому величина просвета в произвольном сечении

z 3

l z 2

(1)

4 E А

Функция δ имеет экстремум при z = l/2 и, следовательно,

max

F l 3

F l

F l 3

64 E J

192 E J

48 E J

Ответ: Закономерность изменения просвета выражается формулой

(1), максимальный просвет max

F l 3

достигается при z = l/2.

48 E J

99.5 Тензорезистор 1 указывает на от-

сутствие линейной деформации (рис. 99.5).

Полагая μ = 1/3, найти значение пары сил.

Дано: d = 32 мм, F = 1 кН.

M x

РЕШЕНИЕ

Рис. 99.5

Нормальные напряжения

на гранях

элемента (рис. 99.5 Р)

cos 2 45

sin 90

2 A

W p

где A

d 2

45°

2 A

W p

d 3

σv

σu

Так как u

( u v ) 0 , то

Рис. 99.5 P

FW p 1

F d 1

1000 0,032 1 1/ 3

2,00 Н·м.

2 A

8 1

1 1/ 3

Ответ: Чтобы отсутствовала линейная деформация под углом 45° нужно приложить пару сил М = 2 Нм.

			99.6 Заданы эпюры (рис. 99.6) по-
	l		перечных сил Qу (кН)	и изгибающих
		Qy	моментов Мх (кН·м).	Эпюра изги-

2			бающих моментов построена на сжа-

3		Mx	той стороне стержня. Восстановить
	Рис. 99.6		нагрузку, учитывая, что длина пролёта
			l = 1 м.

РЕШЕНИЕ

По эпюре поперечных сил Qy (рис. 99.6 Р) определяются реак-

ции опор: R = 2 кН.	M = 3 кН·м m = 2 кН·м/м
Торцевые сечения стержня, как	M = 3 кН·м m = 2 кН·м/м		M
показывает эпюра Mx , должны быть			M
показывает эпюра Mx , должны быть
нагружены парами сил М = 3 кН·м.			R
нагружены парами сил М = 3 кН·м.
Изгибающий момент в произ-		R = 2 кН

	вольном сечении стержня	Рис. 99.6 P
	М х М R z m z M const ,	Рис. 99.6 P
	М х М R z m z M const ,

следовательно m = R = 2 кН·м/м.

Ответ: Нагрузки на стержень показаны на рис. 99.6 Р: М = 3 кН·м, m = 2 кН·м/м, R = 2 кН.

2.7. Олимпиада 2000 г., г. Старый Оскол, СТИ, филиал МИСиС

l/2

00.1 Стержень нагружен распределённы-

ми парами сил (рис. 00.1). Какую работу

T x

должна совершить дополнительно прило-

женная пара сил Т, чтобы сечение К не имело

углового перемещения? Дано: t, l, G, d.

x x

РЕШЕНИЕ

Распределённую

нагрузку

представим

Рис. 00.1

суммой кососимметричной и симметричной

нагрузок (рис. 00.1 Р). Первая не влияет на

угловое перемещение сечения К и

3t/2

l / 2

3t l 2

К (t )

t l

t z d z

3t/2

G J р

16G J p

3tl/4

Находим

значение

из

условия 3tl/4

φК (t) = φК (T). Так как К (Т )

Т l

, то

x x x

x T

4G J p

T/2

t l .

Работа пары сил

Рис. 00.1 P

(Т )

9t 2 l

3 32

0,716

2 l 3

128G d 4

G d 4

Ответ: Чтобы сечение К не имело углового перемещения, пара

сил Т должна совершить дополнительную работу W 0,716

t 2 l 3

G d 4

00.2 Две кольцевые пружины жёстко

соединены с основанием и стержнем 1,

c-c

деформациями которого следует пренеб-

c R

речь (рис.

00.2). Найти δ –

наибольший

допускаемый ход стержня. Дано: R, h, Е,

Рис. 00.2

[σ].

РЕШЕНИЕ

Схема нагружения и эквивалент-

FR/2

FR/4

В 1

ная система показаны на рис. 00.2 Р.

F/2

φ F/4 φ

Изгибающие моменты

Х1

F R

М F

(1 cos )

cos ,

б)

1 R sin .

Рис. 00.2 P

Так как E J 1F

M F

R d 0,

то X 1

Горизонтальное перемещение сечения В:

F R 3

E J B M F M 2 R d

cos (1 cos ) d

8 .

Из условия прочности

F R

[ ] следует, что

4[ ]W

F R 3

R 2 W

[ ].

8 E J

2 E J

Учитывая, что

В = δ и W/J = 2/h, получим значение наибольше-

го допускаемого хода

R 2

E h

[ ].

Ответ: Наибольшее значение допускаемого хода R 2 [ ].

E h

А	1 l
l	1 l
	Рис. 00.3

00.3 Измеренная датчиком 1 продольная деформация (рис. 00.3) составила ε = 5·10-4. Найти взаимный угол поворота сечений А и В при l = 15h.

РЕШЕНИЕ

Разбивая заданную нагрузку на две составляющие (рис. 00.3 Р) и замечая, что кососимметричные силы не вызывают в сечении С продольных деформаций, находим в этом сечении изгибающий момент от симметричной

составляющей нагрузки М q4l 2 . Наибольшее нормальное напряже-

ние E	q l 2	и q	4W E	.
	4W		l 2

Взаимный угол поворота сечений А и В зависит только от симметричной

	q/2
l	l
	q/2
	C
ql2 /4 2t
	Mx
1	1
А	В
	1
	M1
	Рис. 00.3 P

составляющей нагрузки. Используя эпюры Мх, М 1 , получаем искомый угол

АВ	ql 3	8 l	8 5 10	4 15h	0,0200 рад 1,146	о	.
	3E J	3h	3h

Ответ: Взаимный угол поворота сечений А и В при нагружении силой F – АВ 0,0200рад 1,146о.

60 МПа 40 МПа		00.4 Напряжённое состояние, указанное на
60 МПа 40 МПа		рис. 00.4, дополняется всесторонним равномер-
15МПа		ным сжатием. В результате вся потенциальная
		ным сжатием. В результате вся потенциальная
		энергия деформации оказывается связанной
		энергия деформации оказывается связанной
		только с изменением формы. Найти коэффици-
Рис. 00.4		ент запаса по текучести, если предел текучести
		69

σт = 240 МПа. Использовать теорию наибольших касательных напряжений.

РЕШЕНИЕ	y		60	– σ
Так как объём элемента (рис. 00.4 Р) не	y		60	– σ
Так как объём элемента (рис. 00.4 Р) не				40
изменяется, то
изменяется, то
x y z ( 60 ) (15 ) 0.		15 + σ			σ
Следовательно σ = 15 МПа, σх = –15 МПа,	z				x
Следовательно σ = 15 МПа, σх = –15 МПа,					x
σу = 45 МПа, σz = – 30 МПа.
σу = 45 МПа, σz = – 30 МПа.			Рис. 00.4	P
Главные напряжения			Рис. 00.4	P
Главные напряжения

I, II 12 15 45 15 45 2 4 40 2 15 50,

σ1 = 65 МПа, σ2 = – 30 МПа, σ3 = – 35 МПа.

Эквивалентное напряжение σэкв = σ1 – σ3 = 65 – (– 35) = 100 МПа. Следовательно nт = σт/σэкв = 240/100 = 2,4.

Ответ: Коэффициент запаса nт = 2,4.

2d			00.5 На каком расстоянии а (рис. 00.5) сле-
		d	дует установить правую опору, чтобы была
30°
			обеспечена равнопрочность стержней? Каково
3l F
	a		значение F, при котором стержни будут рабо-
Рис. 00.5			тать с двукратным коэффициентом запаса?
			Пределы текучести материала при растяжении

и при сжатии одинаковы σтр = σтс = σт. Дано: l, d, σт.

РЕШЕНИЕ

Из условия равнопрочности стержней следует, что N1 = 4·N2 (рис. 00.5 Р). Уравнение перемещений l1 = l2 ·cos 30°, то есть

N 1 l1	N 2 l 2 cos30 , откуда l1	= а·cos 30°.		4A
E A1	E A2	N1		4A	A
		N1		С	A
Из геометрии l1 = 3l/соs 30°, следовательно			30°
a = 3l/соs2 30° = 4l.			F	R	N2
a = 3l/соs2 30° = 4l.				R	N2
Уравнение равновесия узла C:			30°		l1
F N 2 (1 2 3 ) .			30°
F N 2 (1 2 3 ) .				l2

Так как по условию N 2	т A2	т d 2	,	Рис. 00.5 P
	2	8

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 177 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Методички для олимпийцев

#
12.07.20203.05 Mб20Гафаров Опорный конспект.doc
#
12.07.2020202.28 Кб11Геометрич хар-ки Теория.docx
#
12.07.20201.46 Mб70Изд вар Сборник задач Всероссийских олимпиад.pdf
#
12.07.2020134.66 Кб8Метод жесткостей.doc
#
12.07.20202.24 Mб31Методика решения нест.doc
#
12.07.20202.42 Mб12Методика решения нест.pdf
#
12.07.20201.41 Mб18Несмеянов Метод.doc
#
12.07.2020358.43 Кб14Справочные данные2.pdf