Контрольная работа по сопромату ~907кб

2
Содержание
Контрольная работа №1
Определение геометрических характеристик плоских сечений
Задача №1
Задача №2
Контрольная работа №2
Построение эпюр внутренних усилий
Задача №3
Задача №4
Задача №5
Задача №6
Список литературы
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
3
3
7
12
12
14
16
19
23
3
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА №1
Определение геометрических характеристик плоских сечений
Задачи №1, №2
1
2
3
4
5
Для заданного поперечного сечения стрежня требуется:
вычертить поперечное сечение в определенном масштабе, указать все
размеры в числах (в см);
определить положение центра тяжести поперечного сечения;
определить величины осевых и центробежного моментов инерции
относительно осей, проходящих через центр тяжести сечения;
определить положение главных центральных осей;
определить моменты инерции относительно главных центральных
осей.
Задача №1
Решение:
1 Разбив фигуру на три простые, введем систему координат и найдем
положение центра тяжести фигуры по формулам
3
XC 
x A
i 1
3
i
A
i 1
3
i
i
;
YC 
y A
i 1
3
i
i
A
i 1
.
i
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
4
Площади простых фигур равны:
b b 
56  56

A1   b      56   
 2352 см ;
2 2 
2 2

1   b 2   b 2 3,14  56 2
A2  A3  


 307,72 см .
2
4
32
32
2
Координаты центров тяжести простых фигур:
28
56  28
 28 см ,
y1 
 42 см ;
2
2
28
4 14
y2 
 14 см ;
x2  14  
 8,06 см ,
2
3 3,14
28
4 14
 14 см .
x3  14  28  
 47,94 см , y3 
2
3 3,14
x1  14 
Координаты центра тяжести всей фигуры:
x1  A1   x2  x3   A2
,
A1  2A2
28  2352  8,06  47,94  307,72
XC 
 28 см ;
2352  2  307,72
XC 
y1  A1  2 y2  A2
,
A1  2 A2
42  2352  2 14  307,72
YC 
 36,2 см .
2352  2  307,72
YC 
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
5
2 Проведем через центр тяжести центральные оси.
3 Момент инерции полукруга II относительно оси x2 будет в два раза
меньшим, нежели осевой центральный момент инерции круга
I x2 
 d4
128

3,14  284
 15078,28 см 4 .
128
Момент инерции полукруга II относительно оси y2
I y2
9


 64  d 4
 0,00686  d 4  0,00686  284  4216,54 см 4 .
1152
2
Момент инерции полукруга III относительно оси x3 будет в два раза
меньшим, нежели осевой центральный момент инерции круга
 d4
3,14  284
I x3 

 15078,28 см 4 .
128
128
Момент инерции полукруга III относительно оси y3
I y3 
9

 64  d 4
 0,00686  d 4  0,00686  284  4216,54 см 4 .
1152
2
Момент инерции прямоугольника I относительно оси x1
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
6
I x1 
b  h3 56  843

 2765952 см 4 .
12
12
Момент инерции прямоугольника I относительно оси y1
I y1 
h  b3 84  563

 1229312 см 4 .
12
12
4 Определение величин осевых и центробежного моментов инерции
относительно центральных осей.
I X  I x  a12  A1   I x  a22  A2   I x  a32  A3 ;
IY  I y  b12  A1   I y  b22  A2   I y  b32  A3 ;
a1  YC  y1  36,2  42  5,8 см ;
a2  YC  y2  36,2  14  22,2 см ;
a3  YC  y3  36,2  14  22,2 см ;
b1  X C  x1  28  28  0 ;
b2  X C  x2  28  8,06  19,94 см ;
b3  X C  x3  28  47,94  19,94 см .
1
2
3
1
2
3

 
 1229312  0  2352  4216,54  19,94
 

I X  2765952   5,8  2352  15078,28  22,2 2  307,72  15078,28  22,2 2  307,72  3178543,3 см 4 ;
2
IY
2
2
 

 307,72  4216,54  19,94  307,72  1482446,2 см 4 .
2
Центробежный момент инерции равен
I XY   xydA .
A
Так как из двух взаимно перпендикулярных осей X и Y одна (ось Y )
является осью симметрии фигуры, то центробежный момент данной
фигуры равен нулю:
I XY   xydA    x ydA   xydA  0 .
A
Aлев
Aправ
5 Определение положения главных центральных осей.
Так как I XY  0 , то   0 и оси X и Y – главные центральные оси
инерции фигуры. Соответственно, найденные величины осевых и
центробежного моментов инерции являются моментами инерции
относительно главных центральных осей:
I max  3178543,3 см 4 ;
I min  1482446,2 см 4 .
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
7
Задача №2
Дано : уголок 125 10
уголок 110  70  8
Решение:
1 Геометрические характеристики равнобедренного уголка 12510 по
ГОСТ 8509-72:
 площадь A1  24,3 см2 ;
 моменты инерции I x  I y  360 см4 ;
1
1
 положение центра тяжести x01  y01  3,45 см .
Геометрические характеристики неравнобедренного уголка 110  70  8
по ГОСТ 8510-72:
 площадь A2  13,9 см2 ;
 моменты инерции I x  172 см4 , I y  54,6 см4 ;
2
2
 положение центра тяжести x02  1,64 см , y02  3,61 см .
2 Введем систему координат и найдем положение центра тяжести
сечения по формулам
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
8
3
XC 
x A
i 1
3
i
A
i 1
3
i
i
;
YC 
y A
i 1
3
i
i
A
i 1
.
i
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
9
Координаты центров тяжести:
x1  12,5  3,45  9,05 см ,
x2  12,5  1,64  14,14 см ,
y1  12,5  3,45  9,05 см ;
y2  12,5  3,61  8,89 см .
Координаты центра тяжести сечения:
x1  A1  x2  A2
,
A1  A2
9,05  24,3  14,14 13,9
XC 
 10,9 см ;
24,3  13,9
XC 
y1  A1  y2  A2
,
A1  A2
9,05  24,3  8,89 13,9
YC 
 9 см .
24,3  13,9
YC 
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
10
3 Проведем через центр тяжести центральные оси.
4 Определение величин осевых и центробежного моментов инерции
относительно центральных осей.
I X  I x  a12  A1   I x  a22  A2 ;
IY  I y  b12  A1   I y  b22  A2 ;
a1  YC  y1  9  9,05  0,5 см ;
a2  YC  y2  9  8,89  0,11 см ;
b1  X C  x1  10,9  9,05  1,85 см ;
b2  X C  x2  10,9  14,14  3,24 см .
1
2
1
2
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
11

 

 360  1,85  24,3  54,6   3,24  13,9  643,68 см .
I X  360   0,5  24,3  172  0,112  13,9  538,24 см 4
IY
2
2
2
4
Находим значение центробежного момента инерции относительно осей
X иY:
I XY  I x y  a1  b1  A1  I x y  a2  b2  A2 .
1 1
2 2
Для вычисления I x y выпишем из таблицы сортамента ГОСТ 8509-72
Ix y  0 .
  45 ,
I x  571 см4 ,
I y  149 см4 ,
1 1
0
0 0
0
Тогда
I x1 y1 
I x1 y1 
I x1 y1 
I x0  I y0
2
I x0  I y0
2
I x0  I y0
2
 sin 2  I x0 y0  cos 2 ;
 sin 90  I x0 y0  cos 90 ;

571  149
 211 см 4 .
2
Для вычисления I x y выпишем из таблицы сортамента ГОСТ 8510-72
I u  32,3 см 4 .
tg  0,400 ,
I uv  0 ,
I x  353 см4 ,
I y  92,3 см4 ,
2 2
2
2
Тогда
I v  I x2  I y2  I u  353  92,3  32,3  413 см4 ;
I I
I x2 y2  u v  sin 2  I uv  cos 2 ;
2
I I
I x2 y2  u v  sin 2 ;
2
  arctg 0,400  21,8
I I
I x2 y2  u v  sin  43,6 ;
2
32,3  413
I x2 y2 
  0,6896   131,27 см 4 .
2
Определяем центробежный
относительно осей X и Y :
момент
всего
составного
сечения
I XY  211   0,5 1,85  24,3  131,27  0,11  3,24 13,9  314,84 см4 .
5 Определение положения главных центральных осей.
Главные оси инерции можно построить, повернув центральные оси X
и на угол  , равный
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
12
tg 2 
2 I XY
2  314,84

 5,97 ;
I Y  I X 643,68  538,24
  arctg 5,97   80,5  8030 .
6 Величины главных моментов инерции определяем по формуле
I max 
min
I max
min
538,24  643,68 1

 
2
2
I X  IY 1
 
2
2
2
I X  IY 2  4 I XY
;
538,24  643,682  4  314,842   52,72  319,22 см 4 ;
I max  52,72  319,22  266,5 см 4 ;
I min  52,72  319,22  371,94 см4 .
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
13
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
14
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА №2
Построение эпюр внутренних усилий
Задачи №3, 4, 5, 6
Для заданных схем требуется:
1 вычертить расчетную схему в определенном масштабе, указать все
размеры и величины нагрузок в числах;
2 построить эпюры внутренних усилий.
Задача №3
Дано : a  0,7 м
b  0,7 м
c  0,5 м
F  60 кН
q  100 кН м
Построить эпюру N , кН
Решение:
1 Намечаем характерные сечения, нумеруя их от свободного конца
стержня к заделке.
2 Определяем продольную силу N i в каждом характерном сечении. При
этом рассматриваем всегда ту отсеченную часть, в которую не
попадает жесткая заделка:
N1  F  60 кН ;
N2  N1  F  60 кН ;
N3  F  q  b  60  100  0,7  10 кН ;
N 4  N3  F  q  b  60  100  0,7  10 кН .
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
15
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
16
3 По найденным значениям строим эпюру продольных сил N .
Положительные значения откладываются в выбранном масштабе над
осью эпюры, отрицательные – под осью.
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
17
Задача №4
Дано : a  0,7 м
b  0,7 м
c  0,5 м
m  100 кНм м
Построить эпюру M K , кНм
Решение:
1 Определяем неизвестный скручивающий момент M :
5
M
i 1
i
0;
 am  cm  bm  M  bm  0 ;
M  a  c  b  b m  a  c m ;
M  0,7  0,5100  20 кНм .
2 На вал не действует распределенная нагрузка m  0 , поэтому эпюра
M K состоит из отрезков прямых, параллельных оси абсцисс.
В сечениях, где к валу приложены сосредоточенные скручивающие
пары, на эпюре M K наблюдаются скачки, равные приложенным
моментам.
3 Вычисляем крутящие моменты по участкам:
M K1  bm  0,7 100  70 кНм ;
M K 2  bm  M  0,7 100  20  90 кНм ;
M K 3  bm  M  bm  M  20 кНм ;
M K 4  bm  M  bm  cm  M  cm  20  0,5 100  am  70 кНм .
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
18
4 По найденным значениям строим эпюру крутящих моментов M K .
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
19
Задача №5
Дано : a  0,7 м
b  0,7 м
c  0,5 м
F  60 кН
q  100 кН м
m  100 кНм м
Построить эпюры :
1 Q, кН
2 M и , кНм
Решение:
1 Найдем опорные реакции, составив два уравнения равновесия:
M A  0 ;
b

bm  q  b   a    F  a  b  c   RB  a  b   0 ;
2

b

 bm  q  b   a    F  a  b  c 
2

RB 
;
ab
0,7 

 0,7 100  100  0,7   0,7 
  60  0,7  0,7  0,5
2 

RB 
 83,93 кН .
0,7  0,7
M
B
 0;
b2
 F  c  RAy  a  b   0 ;
2
b2
bm  q   F  c
2
RAy 
;
ab
0,7 2
0,7 100  100 
 60  0,5
2
RAy 
 46,07 кН .
0,7  0,7
bm  q 
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
20
Проверка:
Y  0 ;
RAy  q  b  RB  0 ;
46,07  100  0,7  83,93  60  0 .
Таким образом, опорные реакции определены верно.
2 Определяем поперечную силу Q в каждом характерном сечении:
QA  RAy  46,07 кН ;
QC  QA  RAy  46,07 кН ;
QBлев  RAy  q  b  46,07  100  0,7  23,93 кН ;
QBпр  F  60 кН ;
QD  QB  F  60 кН .
3 По полученным значениям строим эпюру поперечных сил Q .
4 Определяем изгибающий момент M и в каждом характерном сечении:
M и1  0 ;
лев
M и 2  RAy  a  46,07  0,7  32,25 кНм ;
b2
0,7 2
 60  0,7  0,5  83,93  0,7  100 
 37,75 кНм ;
2
2
M и 3   F  c  60  0,5  30 кНм ;
M ипр2   F  b  c   RB  b  q 
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
21
Mи4  0 .
В месте, где Q  0 эпюра M и имеет экстремум.
Вычислим длину участка x из подобия треугольников и найдем
изгибающий момент M иx в данной точке:
46,07 23,93


0,7  x
x
x  0,24 м ;
x2
M иx   F  c  x   RB  x  q  ;
2
0,242
M иx  60  0,5  0,24  83,93  0,24  100 
 24,14 кНм .
2
5 По полученным значениям строим эпюру изгибающих моментов M и .
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
22
Задача №6
Дано : a  0,7 м
b  0,7 м
c  0,5 м
F  60 кН
q  100 кН м
m  100 кНм м
Построить эпюры :
1 Q, кН
3 N , кН
2 M и , кНм
Решение:
1 Найдем опорные реакции, составив три уравнения равновесия:
M A  0 ;
a2
 F  b  H B  b  c   0 ;
2
a2
am  q   F  b
2
HB 
;
bc
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
am  q 
23
HB 
0,7 2
 60  0,7
2
 2,92 кН .
0,7  0,5
 0,7 100  100 
X  0;
 H A  HB  F  0 ;
H A  RB  F ;
H A  2,92  60  62,92 кН .
M
B
 0;
2
a
 F  c  VA  a  H A  b  c   0 ;
2
a2
am  q   F  c  H A  b  c 
2
VA 
;
a
0,7 2
0,7 100  100 
 60  0,5  62,92  0,7  0,5
2
VA 
 70 кН .
0,7
am  q 
Проверка:
Y  0 ;
VA  q  a  0 ;
70  100  0,7  0 .
Таким образом, опорные реакции определены верно.
2 Построение эпюры продольных сил N .
В рассматриваемой раме можно выделить 6 характерных сечений.
Продольная сила в любом из них численно равна алгебраической
сумме проекций всех сил, приложенных по одну сторону от
рассматриваемого сечения, на продольную ось стержня. При этом
следует учитывать, что положение продольной оси будет изменяться в
зависимости от того, чему принадлежит рассматриваемое сечение –
стойкам или ригелю.
N1  N2  0 ;
N3  N 4  F  H B  60  2,92  62,92 кН ;
N5  N6  q  a  100  0,7  VA  70 кН .
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
24
3 Построение эпюры поперечных сил Q .
Поперечная сила в любом сечении численно равна алгебраической
сумме проекций всех сил, приложенных по одну сторону от
рассматриваемого сечения, на поперечную ось рамы. Положение
поперечной оси также будет изменяться в зависимости от
принадлежности данного сечения стойкам или ригелю. С учетом
правила знаков, двигаясь от свободного конца к опоре A , получим для
Q.
Q1  Q2  F  60 кН ;
Q3  0 ;
Q4  q  a  100  0,7  70 кН ;
Q5  Q6  F  H B  60  2,92  H A  62,92 кН .
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
25
4 Построение эпюры изгибающих моментов M .
Изгибающий момент в любом сечении численно равен алгебраической
сумме моментов всех нагрузок, приложенных по одну сторону от
рассматриваемого сечения, относительно этого сечения (более строго:
относительно оси x этого сечения).
M1  0 ;
M 2  F  c  60  0,5  30 кНм (сжаты правые волокна);
M 3  M 2  30 кНм (сжаты верхние волокна);
M4  F c  q 
a2
0,7 2
 60  0,5  100 
 5,5 кНм (сжаты верхние волокна);
2
2
M 5  M 4  5,5 кНм (сжаты левые волокна);
M 6  ma  70 кНм (сжаты правые волокна).
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru
26
Список литературы
1 Александров А.В., Потапов В.Д. Сопротивление материалов. – М.:
Высшая школа, 1995. – 560 с.
2 Ицкович Г.М., Минин Л.С., Винокуров А.И. Руководство к решению
задач по сопротивлению материалов: Учеб. пособие для вузов. 3-е изд.
– М.: Высш. шк., 1999. – 592 с.
3 Механика. Сопротивление материалов: Методические указания / Сост.
В.В. Чумичев, Э.В. Шемякин; ГОУВПО СПбГТУРП. СПб., 2004. 43с.
4 Сопротивление материалов: Методические указания к выполнению
контрольных заданий по теме: «Геометрические характеристики
плоских сечений» / Д.Е. Черногубов, В.В. Чупин. Екатеринбург: УГТУУПИ, 2000. 36 с.
Это полнотекстовый пример работы, выполненной специалистами
www.MagazinZnaniy.ru