primeri_zao

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ

КУБАНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ

КАФЕДРА СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ И СТРОИТЕЛЬНОЙ МЕХАНИКИ

СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

(ОБЩИЙ КУРС)

Примеры решения контрольных работ для студентов заочной формы обучения всех строительных специальностей

Краснодар

2008

Составитель: канд. физ.-мат. наук, доц. С.Ю. Молдаванов

УДК 539.3/8

Сопротивление материалов (общий курс): Примеры решения контрольных работ для студентов заочной формы обучения всех строительных специальностей / С.Ю. Молдаванов − Краснодар: Изд. КубГТУ, 2008. − 43 с.

В предлагаемых методических указаниях приведены примеры решения контрольных работ, выполняемых студентами-заочниками всех строительных специальностей в 6 и 7 семестрах при изучении общего курса сопротивления материалов. Примеры, представленные в данной работе, полностью соответствуют контрольным заданиям для студентов заочной формы обучения всех строительных специальностей, утвержденным кафедрой «Сопротивление материалов и строительная механика» КубГТУ в 2007 г.

Предназначены для студентов 3-го и 4-го курсов всех строительных специальностей заочной формы обучения.

Ил. 17.

2

ЗАДАЧА № 1 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ

1. ИСХОДНЫЕ ДАННЫЕ И УСЛОВИЕ ЗАДАЧИ

Для заданного поперечного сечения, состоящего из швеллера и равнобокого уголка, или из двутавра и равнобокого уголка, или из швеллера и двутавра, требуется:

1)определить положение центра тяжести;

2)найти осевые и центробежный моменты инерции относительно случайных осей, проходящих через центр тяжести сечения (zc и yc);

3)определить направление главных центральных осей (u и v);

4)Найти моменты инерции относительно главных центральных осей;

5)Вычертить сечение в масштабе и указать на нем все размеры в чис-

лах и все оси.

Исходные данные для решения задачи: составное сечение состоит из швеллера № 16; равнобокого уголка 90×90×6. Сечение показано на рис. 1.

2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ

Рассмотрим первый элемент сечения швеллер № 16 (ГОСТ 8240-72). Площадь поперечного сечения А1 = 18,1 см2. Величина смещения главных осей элемента от внешней грани полки х01 =1,80 см. Осевые моменты инерции первого элемента равны: Jх1 = 747 см4, Jу1 = 63,3 см4. Центробежный момент: Dy1x1 = 0.

Рассмотрим второй элемент сечения равнобокий уголок 90×90×6 (ГОСТ 8509-72). Площадь сечения второго элемента А2=10,6 см2. Моменты инерции этого элемента относительно центральных осей в соответствии с сортаментом прокатной стали равны: Jy2 = Jx2 = 82,1 см4 ; Jmax = 130 см4; Jmin = 34 см4. Величина смещения главных осей элемента от внешних граней полки х02 =у02 =2,43 см. Центробежный момент инерции равнополочного уголка:

	Dx 2 y 2 =	J max − Jmin	Sin2θ =	130 −34 Sin(−2 45o )= −48 см4.
		2
				2

Выбираем вспомогательную систему прямоугольных декартовых координат, проводя оси ξ и η через центр тяжести одного из элементов сечения таким образом, чтобы они были параллельны осям yi и xi. Определяем координаты центров тяжести элементов сечения в новой системе ξ - η

η1 = 0;	ξ1 = 0;
η2 = (2 9,0 −2,43)−16 / 2 = 7,57 см;	ξ2 = −1,80 −2,43 = −4,23 см.

Вычисляем координаты положения центра тяжести составного сечения

3

		n
ηc	=	∑Aiηi		=	0 ×18,1+7,57 ×10,6 = 2,80 см;
		i=1
		n
		∑Ai			18,1+10,6
		i=1
	n
ξc =	∑Aiξi		= 0		×18,1+(−4,23)×10,6 = −1,56 см.
	i=1
	n
	∑Ai				18,1+10,6
	i=1
Через точку С, имеющую координаты ξс = −1,56 см и ηс=2,80 см,						про-
водим центральные	оси		Y и		X составного сечения параллельно осям	его

элементов yi и xi .Для проверки правильности определения положения центра тяжести составного сечения воспользуемся свойством центральных осей, которое гласит, что статический момент относительно указанных осей равны нулю. Предварительно вычисляем координаты центров тяжести элементов сечения в системе центральных осей Y и X:

b1

=ξ1 −ξc

= 0 −(−1,56)=1,56 см;

a1 =η1 −ηc

= 0 −2,80 = −2,80 см;

b2

=ξ2

−ξc

= (−4,23)−(−1,56)= −2,67 см;

a2 =η2 −ηc

= 7,57 −2,80 = 4,77 см;

Находим величины статических моментов относительно централь-

ных осей Y и X

=18,1×(−2,80)+10,6 ×4,77 = −50,68 +50,562 = −0,118 см3.

S

Х

= A a + A a

2

1

1

2

Погрешность вычислений

0,118 ×100% = 0,23% .

50,68

S

Y

= A b + A b =18,1×1,56 +10,6 ×(−2,67)= 28,236 −28,302 = −0,066 см3.

1

1

2 2

Погрешность

вычислений

0,066

×100% = 0,23% . Погрешность в обоих

28,302

случаях не превышает 5 % , следовательно, положение центра тяжести составного сечения найдено верно.

Осевые моменты инерции составного поперечного сечения определяются по формулам, учитывающим плоско-паралельное смещение центральных осей его элементов относительно центральных сечения в целом

n

JY = ∑( J yi + bi2 Ai ) = ( J y1 + b12 A1 ) +( J y2 + b22 A2 ) =

i=1

=63,3 +1,562 ×18,1+82,1+(−2,67)2 ×10,6 = 265,01 см4;

n

J X = ∑( J xi + ai2 Ai ) = ( J x1 + a12 A1 ) +( J x2 + a22 A2 ) =

i=1

=747 +(−2,8)2 ×18,1+82,1+4,772 ×10,6 =1212,18 см4.

4

Центробежный момент инерции составного сечения относительно осей Y и X с учетом смещения осей его элементов относительно центральных осей составного сечения равен

n

DYX = ∑( Dyixi + ai bi Ai ) = ( Dy1x1 + a1b1 A1 ) +( Dy2 x2 + a2b2 A2 ) =

i=1

=0 +1,56 ×(−2,8)×18,1−48 +(−2,67)×4,77 ×10,6 = −262,06 см4.

Для определения положения главных центральных осей инерции сечения воспользуемся следующей формулой

	2 D				2 ×(−262,06)		o
α = 0,5 arctg	YX		=	0,5 arctg			=14,48 .
				265,01−1212,18
	JY − J X

Угол поворота центральных осей Y и X до положения главных центральных осей V и U имеет положительный знак, следовательно, поворот осей осуществляется против часовой стрелки.

Находим величину главных центральных моментов инерции составного сечения, используя следующую формулу

J

max

= JY + J X ± 1

(J

Y

− J

X

)2 + 4D2 ;

2

2

YX

min

Jmax

= JV

=

265,01+1212,18

+

1

(265,01−1212,18)2

+4 ×(−262,06)2

=

2

2

= 738,60 +541,26 =1279,86 см4;

Jmin

= JU

=

265,01+1212,18

−

1

(265,01−1212,18)2

+4 ×(−262,06)2

=

2

2

= 738,60 −541,26 =197,34 см4.

Поверяем правильность вычисления главных моментов инерции сечения. Первая проверка основана на свойстве инвариантности суммы осевых моментов инерции, которое гласит, что сумма осевых моментов инерции при повороте центральных осей не изменяется:

JY + J Х = JV + JU ;

265,01+1212,18 = 1279,86 + 197,34;

1477,19 см4 ≈ 1477,20 см4.

Вторая проверка основана на следующем свойстве главных центральных осей инерции сечения: центробежный момент инерции относительно главных центральных осей равен:

5

DUV = J X 2− JY sin 2α + DYX cos 2α =

= 1212,18 −265,01 ×Sin 28,96o +(−262,06) ×Сos28,96o = 2

= 229,31−229,29 = 0,02 см4 ≈ 0,

следовательно, величина главных центральных моментов инерции сечения определена верно.

		Y
U	у2	η у1

					х2
b=90		=47,7	C2		V
	=75,7
	2	2
	η	a	C		α=14,48°	X
		=28,0	=28,0
		1
		a	c		х1	ξ
			η	C1
b=90

b2=26,7 b1=1,56

Масштаб М 1:2

ξc=1,56

ξ2=4,23

Рисунок 1

6

∑z =0 ;

ЗАДАЧА № 2 РАСЧЕТ СТУПЕНЧАТОГО СТЕРЖНЯ НА ОСЕВОЕ РАСТЯЖЕНИЕ

1. ИСХОДНЫЕ ДАННЫЕ И УСЛОВИЕ ЗАДАЧИ
			Для заданного статически определимого сту-
		l	пенчатого стержня (рис. 2) требуется:
2А	F		1)	построить эпюру продольных сил;
			2)	из условия прочности подобрать площади
		2l	3)	поперечных сечений стержня;
				построить эпюру нормальных напряжений в
				поперечных сечениях стержня;
		2l	4)	построить эпюру перемещений.
А	2F			Исходные данные для решения задачи: ма-
			териал стержня – сталь; внешние продольные силы
	F	l	– F = 30 кН; длины участков стержня – l =1 м; рас-
	z		четное сопротивление стали при растяжении и сжа-
			тии R =160 МПа; модуль упругости Е = 2 105 МПа.
	Рисунок 2

2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ

В защемлении в общем случае возникает три реакции связи – вертикальная и горизонтальная опорные реакции и момент защемления. В данном случае стержень нагружен только осевыми силами и поэтому в защемлении возникает только вертикальная опорная реакция V. Величину указанной опорной реакции определим из уравнения статического равновесия:

∑z = 0 ; 2F + F + F −V = 0,

следовательно,

V = 4F =120 кН.

Рассматриваемый стержень состоит из пяти участков, границами которых являются сечения, где приложены внешние силы и места изменения размеров поперечного сечения. Проводим произвольные сечения в пределах каждого участка стержня. Рассматривая верхнюю отсеченную часть, составляем уравнения равновесия оставшейся части, откуда определяем величины продольных сил:

0 ≤ z1 ≤ l ;	N1	=V =120 кН;
l ≤ z2 ≤ 3l ;	N2	=V − F =120 −30 = 90 кН;
3l ≤ z3 ≤ 5l ;	N3 =V − F − 2F = 30 кН;
5l ≤ x4 ≤ 6l ;	N4	=V − F − 2F − F = 0 кН.

7

По полученным значениям строим эпюру продольных сил N (рис. 3).
V			120	160	0
1	м
z
F=30	l=1	90		120	8,0
2
z			120	160
3	м
z	2l=2
4		30		80	20,0
z			90	120
2A	2F=60
A	м
	2l=2
F=30					28,0
		30		80
	м
	l=1
z		Эп. N, кН	Эп. σ, МПа		Эп. w 10-4, м 28,0

Рисунок 3

Для определения опасного сечения проанализируем напряжения на каждом участке:

σ1 = 2NA1 = 1202A = 60A МПа;

σ2 = 2NA2 = 290A = 45A МПа;

σ3 = NA3 = 30A = 30A МПа;

σ4 = NA4 = 0 МПа.

8

Наибольшее напряжение возникает на первом участке. Определим необходимые размеры поперечного сечения стержня исходя из условия прочности при одноосном растяжении:

σmax

=σ1 =

N1

=

60

≤ R =160 МПа,

A

A

следовательно,

F ≥

N

1

60 103

−

4

2

2

=

= 3,75 10

м = 3,75 см .

R

160 106

Определяем напряжения на каждом участке стержня:

0 ≤ z

≤ l ;

σ

=

N1

=

120 103

=

160 МПа;

2A

2 3,75 10−4

1

1

l ≤ z

2

≤ 3l ;

σ

2

=

N2

=

90 103

=120 МПа;

2A

2 3,75 10−4

3l ≤ z

3

≤ 5l ;

σ

3

=

N3

=

30 103

=80

МПа;

A

3,75 10−4

5l ≤ z4 ≤ 6l ;

σ4

=

N4

= 0 МПа.

A

По полученным значениям строим эпюру нормальных напряжений σ

(рис. 3).

Построение эпюры перемещений начинаем от заделки, так как перемещение в защемлении заведомо известно и равно нулю. Перемещение определяем по закону Гука и на каждом из участков стержня соответственно равны (при Е = 2 105 МПа):

первый участок:

0 ≤ z

≤ l ;

w =

N1 z1

;

1

1

E2A

z1

= 0 ;

w1 = 0 ;

z

= l ;

w = 0 +

120 103 1,0

= 8,0 10−4 м;

2

1011 2 3,75 10−4

1

1

второй участок:

l ≤ z

2

≤ 3l ;

w

=8,0

10−4 +

N2 (z2 −l)

;

2

E2A

z

= l ;

w = 8,0 10−4 м;

2

2

z

2

= 3l ;

w = 8,0 10−4 +

90 103 (3 1,0 −1,0)

= 20,0 10−4 м;

2

2 1011 2 3,75 10−4

N3 (z3 −3l)

третий участок:

3l ≤ z

3

≤ 5l ;

w

= 20,0 10−4 +

;

3

EA

9

z

3

= 3l ;

w = 20,0 10−4 м;

3

z

3

= 5l ;

z

3

= 20,0 10−4

+

30 103 (5 1,0 −3 1,0)

= 28,0 10−4 м;

2 1011 3,75 10−4

четвертый участок:

5l ≤ z

4

≤ 6l ;

w = 28,0 10−4

+

N4 (z4 −5l)

;

4

EA

z

= 5l ;

w = 28,0 10−4

м;

4

4

z

4

= 6l ;

w = 28,0 10−4

м.

4

По полученным данным строим эпюру перемещений w (рис. 3).

ЗАДАЧА № 3 РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМОЙ СТЕРЖНЕВОЙ СТСТЕМЫ

1. ИСХОДНЫЕ ДАННЫЕ И УСЛОВИЕ ЗАДАЧИ

Абсолютно жесткий брус опирается на шарнирно неподвижную опору

иприкреплен к двум стержням с помощью шарниров. Требуется:

6)найти усилия и напряжения в стержнях, выразив их через силу Q;

7)найти допускаемую нагрузку Qдоп, приравняв большее из напряжений в двух стержнях расчетному сопротивлению R =160 МПа;

8)найти предельную грузоподъемность системы Qт и допускаемую на-

грузку Qдоп, если предел текучести σт = 240 МПа и коэффициент запаса прочности k =1,5;

9)сравнить величины Qдоп, полученные из расчета по допускаемым напряжениям и допускаемым нагрузкам.

Исходные данные для решения задачи: схема стержневой системы показана на рис. 4; площадь поперечного сечения – А=17 см2; линейные разме-

ры – a = 2,2 м, b = 2,5 м, c =1,7 м,

2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ

При действии на стержневую систему внешней силы Q абсолютно жесткий брус повернется по часовой стрелке относительно точки А, что вызовет удлинение стержней 1 и 2. Де-

С′

формация стержней приводит к

α

возникновению в них продоль-

В′′

В′

ных усилий N1 и N2. Помимо

этих усилий к системе приложе-

Q

A

В

С

А

1

2А

м

ны две опорные реакции, возни-

2

N1

N2

b=2,5

кающие в шарнирно неподвиж-

ной опоре А. На плоскости мож-

с=1,7 м

α

a=2,2 м

b=2,5 м

но составить только три незави-

Рисунок 4

симых уравнения статики. Сле-

10