1521
.pdfПРИЛОЖЕНИЕ 1
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ТЕСТОВ ПО ТЕМАМ
ТЕМА 2. РАСТЯЖЕНИЕ – СЖАТИЕ
Тест 30
Решение
Для ответа на поставленные вопросы для каждой схемы определяем усилия в стержнях АВ и СD, для чего применяем метод сечений и составляем уравнения равновесия.
Схема 1
Схема 2
Схема 3
M D = 0,
− NAB 6 + 10 4 + 10 2 1 = 0,
NAB = 40 + 20 = 10 кН. 6
M B = 0,
NCD 6 − 10 2 − 10 2 5 = 0,
= 20 + 100 =
NCD 6 20 кН.
M D = 0,
− NAB 6 − 10 3 + 10 3 1,5 = 0, NAB = 2,5 кН.
M B = 0,
NCD 6 + 10 3 − 10 3 4,5 = 0, NCD = 17,5 кН.
M D = 0,
− NAB 6 + 10 4 + 10 2 5 + 10 2 1 = 0, NAB = 26,67 кН.
201
Схема 4
Схема 5
M B = 0,
NCD 6 − 10 2 − 10 2 1− 10 2 5 = 0, NCD = 23,33 кН.
M D = 0,
− NAB 6 − 10 2 + 10 4 2 = 0, NAB = 10 кН.
M B = 0,
NCD 6 + 10 4 − 10 4 4 = 0, NCD = 20 кН.
M D = 0,
− NAB 6 − 10 3 + 10 6 3 = 0, NAB = 25 кН.
M B = 0,
NCD 6 + 10 3 − 10 6 3 = 0, NCD = 25 кН.
Таким образом, на вопросы теста 30 правильные ответы будут: 1. Схема 3. NAB = 26,67 кН.
2. Схема 2, где усилие NAB имеет наименьшее значение,
NAB = 2,5 кН.
3.Схема 2, где NCD = 17,5 кН.
4.Схема 5, где NAB = NCD = 25 кН.
5. |
|
3. |
|
′ |
= −με = −μ |
σ |
= −μ |
N . |
|
N |
|
- |
|
|
Схема |
|
ε |
|
|
|
|
Нормальная сила |
|
AB |
име |
||
|
|
|
E |
EA |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
ет наибольшее значение, поэтому относительное поперечное укорочение стержня будет наибольшим.
202
ТЕМА 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
|
|
|
|
|
ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ |
|||||||
|
|
|
|
|
|
Тест 26 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
Решение: |
|
|
||||
Вопрос первый. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Для первого треугольника |
|
|
|
|
|
|
||||||
Ix |
= Ixc |
2 |
2 |
|
50 603 |
+ 40 |
2 |
|
1 |
50 |
60 . |
|
+ |
h A = |
36 |
|
2 |
||||||||
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
||
Для второго треугольника |
|
|
|
|
|
|
||||||
Ix |
= |
50 603 |
+ 202 |
1 |
50 60 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
36 |
2 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Для третьего треугольника |
|
|
|
|
|
|
||||||
Ix |
= |
50 603 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
36 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Таким образом, наибольший осевой момент инерции относительно оси х будет для первого треугольника.
Вопросвторой. Наименьший момент инерциидлятреугольника3.
Вопрос третий.
Iy = |
πD4 |
(1 |
− α4 ) + b2 A = |
3,14 (2a)4 |
(1− 0,54 ) + |
||
64 |
64 |
||||||
|
|
|
|
|
|||
+a2 |
3,14 (2a)2 |
(1− 0,52 ) = 3,09a4 ; |
|
||||
|
|
4 |
|
|
|
|
|
α = d ;
D
b = D2 = a;
203
Правильный ответ – 6.
Вопрос четвёртый.
Ixy = Ixc y c |
+ |
D |
|
D |
A = 0 + a a |
3,14 (2a)2 |
(1− 0,52 ) = 2,36a4 ; |
|
|
4 |
|||||
|
2 |
2 |
|
|
|||
α= d ;
D
b = D2 = a.
Правильный ответ – 9. |
|
|||||
Вопрос пятый. |
|
|
|
|||
W = |
Ixy |
= |
b h3 3 |
= |
b h2 |
. |
|
|
|
||||
xc |
ymax |
|
36 2 h |
|
24 |
|
|
|
|
|
|||
Правильный ответ – 14.
204
ТЕМА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО СОСТОЯНИЯ И ДЕФОРМАЦИОННОГО СОСТОЯНИЯ В ТОЧКЕ
Тест 30
Решение:
Для всех пяти элементов, находящихся в условиях трёхосного напряжённого состояния, вычислим эквивалентное напряжение:
|
|
σэкIV = |
1 (σ1 |
− σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 |
− |
σ1 )2 |
||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
1) |
σ1 = σ |
|
2) |
σ1 = 0,8σ |
3) |
σ1 = −0,4σ |
||
|
σ2 |
= 0,6σ |
|
|
σ2 = −0,4σ |
|
σ2 = −0,5σ |
|
|
σ3 |
= 0,5σ |
|
|
σ3 |
= −0,6σ |
|
σ3 = −0,7σ |
|
σэквIV = 0,46σ |
|
|
σэквIV = 1,31σ |
|
σэквIV = 0,26σ |
||
4) |
σ1 = 0,5σ |
|
5) |
σ1 = 0,8σ |
|
|
||
|
σ2 |
= 0,4σ |
|
|
σ2 |
= −0,3σ |
|
|
|
σ3 |
= −0,9σ |
|
|
σ3 |
= −0,5σ |
|
|
|
σэквIV = 1,35σ |
|
|
σэквIV = 1,21σ |
|
|
||
Ответы:
На первый вопрос – 3. На второй вопрос – 4.
На третий вопрос – 4 и 5, так как:
4)θ = 1−Е2μ(σ1 + σ2 + σ3 ) = 1−Е2μ(0,5σ+ 0,4σ− 0,9σ) = 0 ;
5)θ = 1−Е2μ(0,8σ− 0,3σ− 0,5σ) = 0.
На четвёртый вопрос – 8.
205
На пятый вопрос:
ε1 =
6)ε1 = Е1 (50 − μ 40);
7)ε1 = Е1 (50 + μ 50);
8)ε1 = Е1 (70 − μ 60);
9)ε1 = Е1 (80 + μ 60).
Ответ – 6.
1 |
σ1 − μ(σ2 |
+ σ3 ) . |
|
||
Е |
|
|
206
ТЕМА 5. КРУЧЕНИЕ
Тест 25
Решение
1. Анализ крутящих моментов на участках: Мк = Мi
|
Схема 1 |
Схема 2 |
Схема 3 |
Схема 4 |
Схема |
5 |
||
CD |
Mк = −1000 Н м |
Mк = −500 Н м |
Mк = 1000 |
Н м |
Mк = 250 Н м |
Mк = −1500 Н м |
||
BC |
Mк = 500 Н м |
Mк = −2500 |
Н м |
Mк = −1500 Н м |
Mк =1000 Н м |
Mк = 0 Н м |
||
AB |
Mк = 1000 Н м |
Mк = −1500 |
Н м |
Mк = 500 |
Н м |
Mк = 2000 Н м |
Mк = −1000 |
Н м |
|
|
|
|
|
|
|
|
207 |
|
|
Эпюры Mк |
изображены на рисунках. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
2. Определение Wp и Jp на участках: Jp = |
πd 4 |
; |
Wp |
= |
πd 3 |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
32 |
|
|
16 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Схема 5 |
|
|||||||
CD |
Схема 1 |
Схема 2 |
Схема 3 |
Схема 4 |
|
|
|
|||||||||||||||
Jp ≈ 0,1d 4 |
Jp ≈ 0,1d 4 |
Jp ≈ 0,1d 4 |
Jp ≈ 0,1d 4 |
|
Jp ≈ 0,1d 4 |
|
||||||||||||||||
|
|
W ≈ 0,2d 3 |
W ≈ 0,2d 3 |
W ≈ 0,2d 3 |
W ≈ 0,2d 3 |
|
W ≈ 0,2d 3 |
|||||||||||||||
|
|
p |
p |
|
|
|
p |
|
p |
|
|
|
p |
|
||||||||
BC |
Jp ≈ 1,6d 4 |
Jp ≈ 1,6d 4 |
Jp ≈ 0,506d 4 |
Jp ≈ 8,1d 4 |
|
Jp ≈ 3,91d 4 |
||||||||||||||||
|
|
W ≈ 1,6d 3 |
W ≈ 1,6d 3 |
W ≈ 0,675d 3 |
W ≈ 5,4d 3 |
|
W ≈ 3,12d 3 |
|||||||||||||||
|
|
p |
p |
|
|
|
p |
|
p |
|
|
|
p |
|
||||||||
AB |
Jp ≈ 1,6d 4 |
Jp ≈ 1,6d 4 |
Jp ≈ 0,506d 4 |
Jp ≈ 8,1d 4 |
|
Jp ≈ 3,91d 4 |
||||||||||||||||
|
|
W ≈ 1,6d 3 |
W ≈ 1,6d 3 |
W ≈ 0,675d 3 |
W ≈ 5,4d 3 |
|
W ≈ 3,12d 3 |
|||||||||||||||
|
|
p |
p |
|
|
|
p |
|
p |
|
|
|
p |
|
||||||||
|
|
3. Ответы на вопросы |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
1. |
Абсолютный угол закручивания сечения С относительно В равен |
|
5 |
|||||||||||||||||||
нулю для схемы "5", так как Mк на участке ВС равен нулю. |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
2. |
Наименьшее значение Mк |
= 250 Н м для схемы "4". |
|
|
|
|
|
|
4 |
|||||||||||||
3. |
Наибольшее значение Mк |
= |
|
2500 |
|
|
Н м для схемы "2". |
|
|
|
|
|
|
2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
4. |
Касательное напряжение на участках АВ и ВС отличается в 3 раза |
|
3 |
|||||||||||||||||||
для схемы "3". |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
5. |
|
τ = |
Mк |
. Наибольшее значение |
τ = 1500 |
= 937,5 |
|
для |
|
участка |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|||||||||||||||||
|
|
|
W |
|
|
|
|
|
|
|
1,6d 3 |
d 3 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
р |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
в схеме "2". |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
208
ТЕМА 6. АНАЛИЗ ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ И РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ИЗГИБЕ
Тест 29
Решение
1. Определение реакций на опорах и анализ моментов M x : Схема 1.
M B = 0, M + M − RA 4 + q 5 1,5 = 0,
RA = 40 + 10 7,5 = 28,75 кН, 4
M А = 0, M + M − q 5 2,5 + RB 4 = 0,
RB = −40 + 10 12,5 = 21,25 кН. 4
Проверка:
Fy = 0, RA + RB − q 5 = 0, 28,75 + 21,25 − 50 = 0.
Изгибающие моменты M x в сечении D для схем 1, 2, 3, 4 опре-
делим слева и справа, так как в этом сечении должен быть разрыв. Слева:
MxD = −M + RA 2 − q 2 1 = −20 +28,75 2 − 20 = 17,5 кНм.
Справа:
M xD = RB 2 − q 3 1,5 =21,25 2 − 45 = −2,5 кНм.
Схема 2.
M B = 0, F 4 − M + q 4 2 − RA 4 = 0,
= 40 5 − 20 + 80 =
RA 4 65 кН.
209
M А = 0, F 1− M − q 4 2 + RB 4 = 0,
RB = −40 + 20 + 80 = 15 кН. 4
Проверка:
Fy = 0, − F + RA + RB − q 4 = 0, − 40 + 65 + 15 − 40 = 0.
Слева:
M xD = −F l + RA 2 − q 2 1 = −40 3 + 65 2 − 10 2 = −10 кН м.
Справа:
M xD = RB 2 − q 3 1,5 =21,25 2 − 45 = −2,5 кН.
Схема 3.
M B = 0, − M + F 0,5 − RA 1+ q 2 2 + q 2 1 = 0, RA = −40 + 20 + 40 + 20 = 40 кН.
M А = 0, − M − F 0,5 + RB 1+ q 2 2 + q 2 1 = 0,
RB = 40 + 20 − 40 − 20 = 0.
Проверка:
RA − F − q 2 + q 2 = 40 − 40 − 20 + 20 = 0.
Слева:
M xD = RA 0,5 − q 2 1,5 = 20 − 30 = −10 кНм.
Справа:
M xD = q 2 1,5 =30 кНм.
Схема 4.
M B = 0, M + F 4,5 + F 0,5 + q 5 2 − RA 4 = 0,
= 20 + 90 + 10 + 100 =
RA 11 55 кН.
210