Контрольная. Вариант 18 (шифр 47)

Главное управление образования Гродненского областного

исполнительного комитета

Учреждение образования

«Гродненский государственный политехнический колледж»

Контрольная работа №__1__

по дисциплине «Техническая механика»

Вариант № _18_

учащегося Микашов Сергей Владимирович

^{(Фамилия, имя, отчество)}

__1__ курса группы _ПГБ-20-1_

специальности 2-70 02 01 «Промышленное и гражданское строительство»

Шифр учащегося __47__

Преподаватель: ________Калоша И. В._______

(ФИО)

Рецензия:

Содержание

Задача 1 3

Задача 2 5

Задача 3 7

Задача 4 9

Задача 5 11

Задача 6 13

Литература 16

Задача 1

Определить усилия в стержнях 1, 2 крана при подъеме груза; размерами и трением в блоке пренебречь. Решить и проверить задачу аналитически.

Дано: α=32°, β=56°, G=28кН.

Решение.

1. Выбираем точку, равновесие которой будем рассматривать – точка С.

2. Освобождаем шарнир С от связей и изображаем действующие на него активные силы и реакции отброшенных связей (рис.1).

Рисунок 1.

3. Выбираем систему координат, совместив ее начало с точкой С, и составляем уравнения равновесия, используя условия равновесия системы сходящихся сил на плоскости, приняв Т=G=28кН:

ΣΧi=0, Тcos34°+N₂cos58°+N₁=0; (1)

ΣYi=0, -N₂sin58°-G-Tsin34°=0. (2)

4. Определяем реакции стержней из решения указанной системы уравнений:

из уравнения 2:

N₂=(-G-Tsin34°)/sin58°=(-28-28·0,559)/0,848=-51,48кН.

из уравнения 1:

N₁= - Тcos34°-N₂cos58°=-28·0,829+51,48·0,529=4,02кН.

5. Проверяем правильность полученных результатов, составив уравнения равновесия для новой оси координат Х₁ (рис.1):

ΣΧ_1i= Gcos56°+Т+N₁cos34°+N₂ cos24°=28·0,559+28+4,02·0,829-51,48·0,914 =0,

следовательно, реакции в стержнях определены верно.

Ответ: N₁= 4,02кН (стержень растянут),

N₂=-51,48кН (стержень сжат).

Задача 2

Определить реакции опор А и В.

Дано: a=2м, b=4м, c=1м, F=5кН, q=2кН/м, m=3кНм.

Решение.

1. Изображаем балку вместе с нагрузками (рис.2).

Рисунок 2.

2. Выбираем расположение координатных осей, совместив ось х с балкой, а ось у направлена перпендикулярно оси х.

3. Произведём необходимые преобразования заданных активных сил: равномерно распределенную по закону прямоугольника нагрузку заменим ее равнодействующей Q, приложенной в середине участка распределения нагрузки:

Q=(a+b)q=(2+4)2=12кН.

4. Освобождаем балку от опор, заменив их действие реакциями опор R_aх, R_ay, R_by, направленными вдоль выбранных осей координат.

5. Составляем уравнения равновесия статики для произвольной плоской системы сил:

∑М_А=0; F·4+Q·1-m-R_by·5=0,

R_by =(F·4+Q·1-m)/5=(5·4+12·1-3)/5=5,8кН

∑М_B=0; -m+R_ay·5-F·1-Q·4=0,

R_ay =(m+F·1+Q·4)/5=(3+5·1+12·4)/5=11,2кН.

∑F_х=0; R_aх=0.

6. Проверяем правильность найденных опорных реакций по уравнению, которое не было использовано для решения задачи:

∑F_y= R_by+ R_ay- F-Q=5,8+11,2-5-12=0. Верно.

Ответ: R_ay=11,2кН,

R_aх=0,

R_by=5,8кН.

Задача 3

Определить положение центра тяжести плоской фигуры геометрической формы.

Дано: a=18см, b=12см, c=8см, d=4см.

Решение.

1. Выбираем метод, который наиболее целесообразен для данной задачи - метод группировок.

2. Разбиваем сечение на простые элементы – прямоугольники и треугольники, для которых центры тяжести известны.

3. Выбираем оси координат данной сложной плоской фигуры (рис.3). Ось Y совмещена с осью симметрии сечения, значит, центр тяжести будет находиться на этой оси. Следовательно, координата Х_С=0. Необходимо определить только координату Y_С:

Y_С = ΣА_iу_i/ΣА_i.

Рисунок 3.

4. Определяем координаты у_i центров тяжести отдельных простых фигур относительно оси Х:

у₁= 8/2=4см,

у₂= 8+12/2=14см,

у₃=у₄= 8+12·1/3=12см.

5. Определяем площади каждой части сечения в отдельности:

A₁ = 18·8=144см²;

A₂ = 12·4=48см²;

A₃ = A₄ = 7·12/2=42см²;

A= ΣА_i= A₁ +A₂ + A₃ + A₄=144+48+42+42=276см².

6. Определяем координату Y_С положения центра тяжести плоской фигуры по формуле:

Y_С = ΣА_iу_i/ΣА_i =(144·4+48·14+42·12+42·12)/276=

=2256/276≈8,2см.

Ответ: Х_С =0, Y_С =8,2см.

Задача 4

Для заданного стального бруса требуется:

1) построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений по длине бруса;

2) определить удлинение (укорочение) бруса.

Дано: F₁=30кН, F₂=20кН, А₁=2,8см², А₂=4см², l₁=0,6м, l₂=0,6м, l₃=0,4м.

Принять модуль упругости Е = 2·10⁵ МПа.

Решение.

Строим эпюры продольных сил и нормальных напряжений. Для этого разбиваем брус на участки. Определяем продольные силы на каждом участке:

сечение 1-1: ∑Z=0, F₁+N₁=0, N₁=-F₁=-30кН,

сечение 2-2: ∑Z=0, F₁ +N₂=0, N₂=-F₁=-30кН,

сечение 3-3: ∑Z=0, F₁-F₂+N₂=0, N₂=-F₁+F₂=-30+20=-10кН.

Строим эпюру N, кН (рис.4).

Рисунок 4.

Определяем нормальные напряжения:

σ₁=N₁/A₁=-30·1000/2,8·100=-107,1МПа,

σ₂=N₂/A₂=-30·1000/4·100=-75МПа,

σ₃=N₃/A₂=-10·1000/4·100=-25МПа.

Строим эпюру σ, МПа (рис.4).

Определяем перемещение бруса:

Δl_АВ=σ₁·l₁/E=-107,1·600/2·10⁵=-0,32мм

Δl_ВС=σ₂·l₂/E=-75·600/2·10⁵=-0,225мм

Δl_CD=σ₃·l₃/E=-25·400/2·10⁵=-0,05мм

Δl=Δl_АВ+Δl_ВС+Δl_CD=-0,32-0,225-0,05=-0,595мм.

Ответ: брус сжался на 0,595мм.

Задача 5

Определить главные центральные моменты инерции составного сечения.

Дано: швеллер №24а, b=220мм, h=18мм.

Решение.

Так как фигура имеет две оси симметрии, то центр тяжести находится на их пересечении. Эти оси будут главными центральными осями инерции.

Определим моменты инерции элементов составляющих сечение:

для швеллера №24а по ГОСТ 8240-89: J_{x шв1}=3180см⁴, J_{y шв1}=254см⁴;

для прямоугольника: J_{x пр1}= bh³/12=22·1,8³/12=10,7см⁴,

J_{y пр1}= hb³/12=1,8·22³/12= 1597,2см⁴.

Рисунок 5

Определяем расстояние между главными центральными осями инерции и собственными осями инерции каждого элемента сечения (рис.5):

а=h_шв/2+h/2=240/2+18/2=129мм,

b=(b-b_шв·2)/2+z₀=(220-95·2)/2+26,7=41,7мм.

Определяем главные центральные моменты инерции составного сечения:

J _x=2(J_{x пр1}+а²·А_пр)+2·J_{x шв1}=2(10,7+12,9²·22·1,8)+2·3180= 6761,82см⁴,

J _y=2(J_{y шв1}+b²·А_шв)+2·J_{y пр1}=2(254+4,17²·32,9)+2·1597,2=4846,6см⁴.

Ответ: J _x= 6761,82см⁴,

J _y=4846,6см⁴.

Задача 6

Для заданной балки построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, подобрать прямоугольное сечение.

Дано: F=30кН, q=40кН/м, m=10кНм , a=3м, b=6м, c=4м, схема 6.

Принять R = 13 МПа, Rs = 1 МПа.

Решение.

1. Изображаем балку вместе с нагрузками (рис.6).

2. Выбираем расположение координатных осей, совместив ось х с балкой, а ось у направлена перпендикулярно оси х.

3. Произведём необходимые преобразования заданных активных сил: равномерно распределенную по закону прямоугольника нагрузку заменим ее равнодействующей Q, приложенной в середине участка распределения нагрузки:

Q=6q=6·40=240кН.

4. Освобождаем балку от опор, заменив их действие реакциями опор R_ay, R_by, направленными вдоль выбранных осей координат.

5. Составляем уравнения равновесия статики для произвольной плоской системы сил:

∑М_А=0; -F·3+Q·3+m-R_by·10=0,

R_by =(-F·3+Q·3+m)/10=(-30·3+240·3+10)/10=64кН

∑М_B=0; m+R_ay·10-F·13-Q·7=0,

R_ay =(- m+F·13+Q·7)/10=(-10+30·13+240·7)/10=206кН

6. Проверяем правильность найденных опорных реакций по уравнению, которое не было использовано для решения задачи:

∑F_y= R_by+ R_ay- F-Q=64+206-30-240=0. Верно.

Рисунок 6.

7. Строим эпюру поперечных сил (рис.6):

сечение C: Q_лев=0, Q_пр= -F=-30кН,

сечение A: Q_лев=-F=-30кН,

Q_пр= -F+R_ay=-30+206=176кН,

сечение D: Q= -F+R_ay-Q=-30+206-240=-64кН,

сечение В: Q_лев= R_ay-Q-F=206-240-30=-64кН,

Q_пр= R_ay-Q-F+ R_by =206-240-30+64=0

8. Строим эпюру изгибающих моментов (рис.6):

сечение C: М=0

сечение А: M=-F·3=-30·3=-90кНм,

сечение D: M=R_ay·6-F·9-Q·3=206·6-30·9-240·3=246кНм,

сечение B: М_лев= R_ay·10-F·13-Q·7=206·10-30·13-240·7=-10кНм,

M_пр= R_ay·10-F·13-Q·7+m=206·10-30·13-240·7+10=0,

z/6=176/(176+64), z=4,4м,

М_z= -F·(3+z)+R_ay·z-q·z²/2=-30·7,4+206·4,4-40·4,4²/2=297,2кНм.

Определяем требуемый момент сопротивления:

W_x =|M_max|/R=297,2·10⁶/13=22,862·10⁶мм³= 22862см³

Подбираем сечение:

W_x=bh²/6=h³/9, тогда

h=(W_x/9)^1/3=(22862/9)^1/3=13,65см.

Принимаем: h=15см, тогда:

b=2h/3=2·15/3=10см.

Проверяем на сдвиг:

τ_max=2Q_max/3A=2·176·1000/3·150·100=7,8МПа > R_s=1МПа,

следовательно нужно увеличить размеры сечения.

Принимаем h=45см, тогда: b=2h/3=2·45/3=30см.

Получим:

τ_max=2·176·1000/3·450·300=0,87МПа<R_s=1МПа.

Ответ: h=45см, b=30см.

Литература

1. Аркуша А.Н. Руководство к решению задач по теоретической механике. - М., 1976г.

2. Бычков Д.В., Миров МО. Теоретическая механика. - М., 1976г.

3. Ицкович Г.М. Сопротивление материалов. – М.: Высш. шк., 1986. – 352с.

4. Мовнин М.С., Израелит А.Б., Рубашкин А.Г. Основы теоретической механики. - Л., 1982г.

5. Мухин Н.В., Пермин АН., Шишман Б.А. Статика сооружений. -М.Д989г.

6. Портаев В.Л., Портаев Л.П., Петраков А.А. Техническая механика. -М, 1987г.