КР2 вариант 18, шифр 47
.docxГлавное управление образования Гродненского областного исполнительного комитета
Учреждение образования
«Гродненский государственный политехнический колледж»
Контрольная работа №2
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 6
Задача 3 7
Задача 4 8
Задача 5 9
Литература 10
Задача 1.
Из условия прочности подобрать соответствующее сечение балки и проверить на жесткость по заданной расчетной нагрузке, приняв допустимую величину прогиба балки:
Дано: l=6м, q=20кН/м, схема №6.
Решение.
1. Определим реакции опор балки. Изображаем балку вместе с нагрузками (рис.1).
Произведём необходимые преобразования заданных активных сил: равномерно распределенную по закону прямоугольника нагрузку заменим ее равнодействующей Q, приложенной в середине участка распределения нагрузки:
Q= q·l/2=20·6/2=60кН.
Освобождаем балку от опор, заменив их действие реакциями опор Raх, Ray, Rby.
Составляем уравнения равновесия статики для произвольной плоской системы сил:
∑МА=0; Q·3-Rby·6=0, Rby =Q·3/6= 60·3/6 = 30 кН,
∑МB=0; Ray·6-Q·3=0, Ray = Q·3/6= 60·3/6 = 30 кН.
∑Fх=0; Raх=0.
Проверяем правильность найденных опорных реакций:
∑Fy= Rby+ Ray- Q=30+30-60=0. Верно.
2. Строим эпюру поперечных сил (рис.1):
сечение A: Qлев= 0,
Qпр= Ray =30кН,
сечение C: Q= Ray =30кН,
сечение D: Q= Ray- Q =30-60=-30кН,
сечение В: Qлев= Ray-Q=30-60=-30кН,
Qпр= Ray-Q+ Rby =30-60+30=0.
3. Строим эпюру изгибающих моментов (рис.1):
сечение А: M=0,
сечение C: Q= Ray·1,5=30·1,5=45кН·м,
сечение D: Q= Ray·4,5- Q·1,5= 30·4,5- 60·1,5=45 кН·м,
сечение в котором поперечная сила равна нулю: z/3=30/60, z=1,5м,
сечение Z: М= Ray·(1,5+z)-q·z2/2= 30·(1,5+1,5)-20·1,52/2= 67,5 кНм,
сечение B: M= 0.
Рисунок 1.
2. Подбираем сечение:
Wx =|Mmax|/R
Wx =67,5·106/210=321,4·103 мм3= 321,4 см3.
Так как сечение состоит из двух швеллеров, то требуемый момент сопротивления для одного швеллера должен быть не менее Wx /2=321,4/2= 160,7 см3.
По ГОСТ 8240-97 выбираем швеллер №22П:
Wx =193 см3, А=26,7 см2, Jх=2120 см4.
3. Определим наибольший прогиб балки:
fmax= =
= =22,3мм.
4. Определим допускаемый прогиб балки:
[f]=l/200=6/200=0,03м=30мм.
В результате получили:
fmax = 22,3мм < [f] = 30мм.
Условие жесткости выполняется.
Ответ: два швеллера №22П;
условие жесткости выполняется.
Задача 2.
Определить несущую способность деревянной стойки с учетом возможной потери устойчивости, приняв R = 13 МПа, если дано: l=2,1м, d=190мм, схема №6.
Решение.
1. Устанавливаем коэффициент μ, учитывающий способ закрепления концов стержня. Принимаем μ=0,7.
2. Определяем гибкость стойки:
λ = ,
где imin – минимальный радиус инерции сечения:
imin =0,25·d=0,25·190=47,5мм.
Получим:
λ= =30,95.
3. С помощью таблицы коэффициентов продольного изгиба определим коэффициент снижения расчетного сопротивления методом интерполяции:
φ= = 0,9243.
4. Определим несущую способность деревянной стойки:
Fкр=R·φ· ,
Fкр = 13·0,9243· = 340513 Н=340,513 кН.
Ответ: Fкр = 340,513 кН.
Литература
Аркуша А.Н. Руководство к решению задач по теоретической механике. - М., 1976г.
Бычков Д.В., Миров МО. Теоретическая механика. - М., 1976г.
Ицкович Г.М. Сопротивление материалов. – М.: Высш. шк., 1986. – 352с.
Мовнин М.С., Израелит А.Б., Рубашкин А.Г. Основы теоретической механики. - Л., 1982г.
Мухин Н.В., Пермин АН., Шишман Б.А. Статика сооружений. -М.Д989г.
Портаев В.Л., Портаев Л.П., Петраков А.А. Техническая механика. -М, 1987г.