Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Брянская государственная инженерно-технологическая академия

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Примеры выполнения РПР

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

16.05.2015

Размер:

2.67 Mб

Скачать

☆

1 / 71 2 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ

БРЯНСКАЯ ГОСУДАРСТВЕННАЯ ИНЖЕНЕРНО- ТЕХНОЛОГИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ

КАФЕДРА МЕХАНИКИ

Утверждены редакционным советом академии Протокол №__

от __ ____ 2013г.

ТЕХНИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ

Примеры выполнения РПР №1-№6 для студентов технических направлений подготовки бакалавров

Издание 2-е, переработанное и дополненное

Брянск 2013 г.

Составитель: доцент, к.т.н. М.А.Сенющенков

Рецензент: к.т.н., доцент кафедры СК БГИТА М.Ю. Прокуров

Рекомендованы учебно-методической комиссией строительного факультета

Протокол №___ от ______ апреля 2013 года

	СОДЕРЖАНИЕ
Введение...............................................................................................................		4
Общие требования к оформлению РПР............................................................		5
1.	РПР № 1. Построение эпюр внутренних усилий в брусе ..........................	6
2.	РПР № 2. Геометрические характеристики плоских сечений..................	15
3.	РПР № 3. Расчет стержневых конструкций на прочность при простых
	деформациях..................................................................................................	20
4.	РПР № 4. Расчет стержневых изгибаемых конструкций на прочность и
	жесткость .......................................................................................................	34
5.	РПР № 5. Сложное сопротивление бруса...................................................	46
5.1. Косой изгиб..................................................................................................		46
5.2. Внецентренное сжатие столба...................................................................		50
5.3. Изгиб с кручением плоской рамы.............................................................		55
6.	РПР № 6. Расчет центрально-сжатой стойки на устойчивость................	60
Список литературы ............................................................................................		63

ВВЕДЕНИЕ

Данные методические указания предназначены для практического закрепления теоретического материала по всему изучаемому годовому курсу технической механики и сопротивления материалов (простые деформации, сложное сопротивление, устойчивость).

По учебной программе предусмотрено выполнение студентами строительных специальностей 3-х самостоятельных расчётно-проектировочных работ в каждом семестре (для других специальностей набор задач и состав РПР могут быть сокращены). Подробно описан ход выполнения каждой задачи, приведены все необходимые расчетные формулы из лекционного курса, выполнены все численные расчеты с указанием размерностей, как исходных параметров, так и окончательных результатов.

Особое внимание уделено полноте и качеству графического представления расчетов. В каждой задаче представлена в масштабе расчетная схема бруса со всеми размерами, закреплениями, нагрузками и опорными реакциями в буквенном и в числовом выражении. Также в масштабе далее приведены необходимые эпюры внутренних усилий в брусе, а при необходимости - деформированная схема. Для основных типов поперечных сечений (прямоугольное, круглое, двутавровое) приводятся эпюры нормальных и касательных напряжений. Проверка прочности в опасных точках выполняется для реальных материалов.

При выполнении РПР необходимо использовать справочные данные по физико-механическим свойствам материалов (марки сталей и чугунов) [6, 7], геометрическим характеристикам плоских фигур (приведена таблица), геометрическим характеристикам стальных прокатных профилей основных типов [9-12], а также таблицы коэффициента продольного изгиба для расчета на устойчивость [6, 8].

Для защиты РПР программой предусмотрены контрольные работы из аналогичных стандартных задач по каждой теме.

ОБЩИЕ ТРЕБОВАНИЯ К ОФОРМЛЕНИЮ РПР

1)Титульный лист оформляется по ГОСТ на каждую РПР с указанием названия РПР и номера варианта.

2)Схемы для расчета выдаются преподавателем каждому студенту индивидуально по его варианту, а остальные исходные данные, как правило, одинаковы для всей студенческой группы.

3)Работа без листа со схемой, подписанного преподавателем, не принимается.

4)Условие выполняемой РПР и числовые исходные данные для группы приводится обязательно в начале работы или перед каждой решаемой задачей.

5)Графическая часть по каждой задаче располагается компактно на отдельных листах и обязательно в масштабе. Рекомендуемые масштабы 1:1, 1:2, 2:1, а также кратно 10, 100 и т.д.

6)Размерности исходных величин после расчетных формул приводить обязательно, перевод величин к единым размерностям также указывается при дальнейших числовых расчетах, и далее приводится ответ и размерность.

Наиболее часто в расчетах приходится переводить следующие величины:

1м = 102см		1т = 1000кг = 103кг	1 МПа = 10кг/см2

1см = 10-2м		1кг = 10-3т	1кг/см2 = 0.1 МПа

1см2 = 10-4м2		1кН = 100кг	1тм = 105кгсм

1м2	= 104см2	1кг = 10-2кН	1тм2 = 107кгсм2

1м3	= 106см3		1кгсм2 = 10-7тм2

1см3 = 10-6м3

1см = 10мм

1мм = 10-1см

7) Все численные расчеты выполняются в десятичных дробях с четырьмя значащими цифрами, с применением калькулятора. Окончательные результаты задачи чаще всего округляют до целых чисел, если их величина превышает 100.

		РПР-1. Построение эпюр внутренних усилий в брусе
				Задача 1
	Построить эпюры продольных сил Nz и нормальных напряжений σz при рас-
тяжении-сжатии ступенчатого бруса.
		2=15	N [ ]	σz [ /A]
	1	15	15
1,5	z	n2 = 4 /
1,5	z
		A	9
			9
	2		9	4,5
1,3	z	n1=3 /
	3		5,1	2,55
1,3	z	2A
		2A
			5,1	2,55
	4	1=13	7,9	2,633
1,4	z	1=13
1,4	z	3A
		3A	7,9	2,633
			7,9	2,633
				Дано:
Р1 = 13т, Р2 = 15т, n1 = 3т/м, n2 = 4т/м.

					Решение.
	Строим эпюру продольных сил Nz методом сечений по участкам, рассматривая
равновесие свободной верхней части (без заделки). ∑Ziверх								= 0.
Положительные продольные силы (знаки ставим на эпюре Nz) – растягивающие,
отрицательные – сжимающие.
	Р2=15т					1-й участок 0≤Z1≤1.5
	Р2=15т	N1 = P2 – n2·z1 = 15 – 4z1
		N1 = P2 – n2·z1 = 15 – 4z1
Z1	n2=4 т/м
		N1(0) = 15т; N1(1,5) = 15 – 4·1,5 = 9т
	N1
	Нормальные напряжения σz находим по участкам, как отношение ранее най-
денных продольных сил Nz к площади сечения F данного сечения: σ z =									Nz .
									F
		σ = N1 ;			σ(0) = 15ò ;		σ(1.5) = 9ò ;
		1		A		A	A
				A		A	A
	Р2=15т					2-й участок 0≤Z2≤1.3
	Р2=15т
1,5	n2=4 т/м	N2 = P2 −1,5 n2 − n1 z2 = 15 − 6 − 3 z2 = 9 − 3z2
Z2	n1=3 т/м	N2 (0) = 9ò; N2 (1.3) = 9 − 3 1.3 = 5.1ò
	n1=3 т/м
	N2	σ	2	= N2	; σ(0) =	9	= 4.5ò; σ(1.3) = 5.1ò = 2.55ò
			2	2 A		2 A	A	A	A
				2 A		2 A	A	A	A
						3-й участок 0≤Z3≤1.3

N = P −1,5n −1,3n =15− 6 − 3,9 = 5,1ò
3	2		2			1
σ3		N3	5,1			2,55ò
	=		=		=
		2 A		2 A		A

								4-й участок 0≤Z4≤1.4
	N 4 = P2 − 1, 5n2 − 1, 3n1 − Ð1 = 15 − 6 − 3, 9 − 13 = −7.9ò
	σ4	N	4			−7.9	−2, 6333ò
	σ4	=	A		=	=		A
		3	A			3		A
				Задача 2
				Для ступенчатого вала построить эпюру крутящих моментов Мк
	1,5	1,3	1,3			1,4
						М4=0,4			Дано:
		М3=0,2							М1 = 0.5тм; М2 = 0.6тм;
									М1 = 0.5тм; М2 = 0.6тм;
	М1=0,5								М3 = 0.2тм; М4 = 0.4тм.
	D	2D					3D
	М2=0,6								Решение.
	М2=0,6								Эпюру	крутящих
	0	0							Эпюру	крутящих
	0	0					Мк, тм		моментов строим по участкам
							Мк, тм

0,5	0,5	0,6			0,6	0,4	0,4		методом сечений, каждый раз
									методом сечений, каждый раз
	рассматривая					равновесие свободной (правой)			части, без заделки,	∑mправ = 0.
										k
	Правило знаков можно принимать любое в пределах одной решаемой задачи (плюс
	по часовой стрелке). Для примера показан самый сложный участок Z4 с отсечённой
	правой частью вала.

Mк = −M			4		= −0.4тм;			Mк3 = −M4 − M3 + M2 = −0.4 − 0.2 + 0.6 = 0.0тм;
	1		4
Mк	2	= −M		4	− M	3	= −0.4 − 0.2 = −0.6тм; Mк4		= −M4 − M3 + M2 − M1 = −0.4 − 0.2 + 0.6 − 0.5 = −0.5тм.
	2			4		3
									Задача 3
		Для консольной балки построить эпюры поперечных сил Qy и изгибающих
моментов Mx.
									Дано:
									а1 = 4м; а2 = 4м; а3 = 5м; а4 = 5м; q1 = 4т/м;
									q2 = 3т/м; Р1 = 14т; P2 = 16; m = 8тм
									Эпюры внутренних усилий – поперечных
									сил Qy и изгибающих моментов Mx – строим ме-
									тодом сечений по участкам, каждый раз рас-
									сматривая равновесие свободной (правой части)
						q l	2		консольной балки без заделки:
						8	= 6		Qy = –∑Yправ, Mx = –∑mправ, где внешние силы,
									действующие вверх по оси Y, считаются поло-
									жительными, и моменты внешних сил, дейст-
									вующих по часовой стрелке, также считаются
									положительными.
									7

1-й участок 0≤Z1≤5

Q1 = −∑Y прав

= − (− P2 ) = 16т

M1 = −∑M прав = − (Z1 P2 ) = −16Z1

M1 (0) = 0тм; M1 (5) = −16 5 = −80тм

2-й участок 0≤Z2≤5

Q2 = −∑Y прав = − (− P2 ) = 16т

2=16

= −

∑

M прав = − (5 + Z

) P = −16

(5 + Z

)

M 2

(0) = −16 5 = −80тм

M 2

(5) = −16 (5 + 5) = −160тм

q2=3т/м

m=8тм

Р2=16т

3-й участок 0≤Z3≤4

Q = −∑Y прав

= − (− P + P −q Z

) =

2 1

Q3	Р1=14т			= − (−16+14−3 Z2 ) = 2 + 3 Z2
z3	Р1=14т	5	5	= − (−16+14−3 Z2 ) = 2 + 3 Z2

Q3 (0) = 2т; Q3 (4) = 2 + 12 = 14т

											прав					q		Z 2																									3		2
		M		3	= −	∑ M								= −			2			3 − Z						3	P + m + (Z				3	+10) P						=				−		Z	3	−14 Z		3	+8+(Z	3	+10 )16		=
		M			= −	∑ M								= −			2			3 − Z							P + m + (Z					+10) P						=				−		Z		−14 Z			+8+(Z		+10 )16		=
																		2										1								2							2
																		2																									2
		−	3		Z 2		− 2 Z							− 168;						M				(0) = −168тм; M												(4) = −24 − 8 − 168 = −200тм
		−			Z 2		− 2 Z						3	− 168;						M		3		(0) = −168тм; M											3	(4) = −24 − 8 − 168 = −200тм
		2			3								3									3													3
		2
																												4-й участок 0≤Z4≤4
																										m=8тм															Р2=16т
									M4q		1=4т/м					q2=3т/м										m=8тм
									M4q		1=4т/м					q2=3т/м
					Q4								z4				4								Р1=14т 5												5
													z4				4								Р1=14т 5												5
					Q = −∑Y прав = −													(q Z					4		−q 4+P −P ) = −											(4 Z				−3 4+14−16) = 14 − 4 Z												4
						4												1					4					2	1		2							4														4
					Q4 (0)=14т; Q4 (4)=14−16=−2т
					M		4		=−∑M прав =− − q1 Z42																			+q 4 (Z			+2)−(4+Z									) P +(14+Z							) P +m =
							4															2						2		4								4				1				4		2
																						2
											2
					=			4 Z4				+3 4 (Z4 +2)−(4+Z4 )14+(14+Z4 )16+8 =2 Z42 −14 Z4																																				−200
					=							+3 4 (Z4 +2)−(4+Z4 )14+(14+Z4 )16+8 =2 Z42 −14 Z4																																				−200
										2
					M 4 (0)=−200тм; M 4 (4)=32−56−200=−224тм
Определяем координату экстремума Z0 , в которой поперечная сила Q4 ( z0 )																																											равна
нулю, а изгибающий момент M 4 (Z0 )																													– максимален.
Q (Z		) = 14 − 4 Z								= 0;					Z		=		14		= 3.5м;								M		(Z			)		= M					(3.5) = 24.5 − 49 − 200 = −224.5тм
Q (Z	0	) = 14 − 4 Z							0	= 0;					Z	0	=				= 3.5м;								M	4	(Z		0	)		= M			4		(3.5) = 24.5 − 49 − 200 = −224.5тм
4	0								0							0		4												4			0						4
																		4

Экстремум на эпюре изгибающих моментов должен соответствовать знаку плюс, т.е. выпуклость параболы направлена в сторону действия распределённой нагрузки на участке балки.

Задача 4

Для однопролётной двухопорной балки найти реакции опор и построить эпюры Qy, Mx.

Р1=14т

Р2=16т

Дано:

m=8тм

q2=3т/м

а1 = 4м; а2 = 4м; а3 = 5м; а4 = 5м; q1 = 4т/м;

q2 = 3т/м; Р1 = 14т; Р2 = 16тм; m = 8т.

V =6,306т

q1=4т/м

VB=22,695

Определение опорных реакций:

а1=4м

а3=5м

а4=5м

а2=4м

∑MA =

z0=1,9236

4P − 6 4 q + 13P + 15.5 q

5 − 18 V + ò = 0

8,306

6,306

4 14 − 4 4 6 + 13 16 + 3 5 15.5 − 18 VB + 8 = 0

Qp,т

18 VB = 400.5 +

8 = 408.5

7,695

VB = 22.695ò.

∑M B = 0;

22,695

− 5 2.5 q

− 5 P + 12 4 q − 14 P + m + 18 V

= 0

0 Mp,тм

−37.5 + 80 + 192 − 196 +

8 = −18 VA

18 VA = 113.5

32,222

M0=25,82

VA = 6.305ò.

34,444

q l

= 9.375

ко н тро ль реакций:∑ y = 0;

− P +

4 q − P − 5 q

+ V

= 0

75,972

6.305 − 14 + 16 − 14 − 15 + 22.695 = 0.0

VB=22,695т

Q1 M1 q2=3т/м

Р2=16т VB=22,695т

M2	q2=3т/м
M2
Q2
z2	5

VA=6.305т

m=8тм

M3 Q3

1-й участок 0≤Z1≤5

Q = − ∑Y ï ðàâ = − (V						B	− q			2	Z	1	) = 3 Z					1	− 22.695ò
1						B				2		1						1
Q1 (0 )= −22.695ò; Q1 (5)=15− 22.695= −7.695ò
M 1		= − ∑ M ï ðàâ							2							= 22,695 Z1 −1.5 Z12
M 1		= − ∑ M ï ðàâ			= − q2			Z1			− Z1 VB					= 22,695 Z1 −1.5 Z12
							2
M	1	(0 ) = 22.695 òì ; M							1	(5) = 22, 695 5 − 1.5 52										= 75.972 òì ;
	1								1
						2-й участок 0≤Z2≤5
		Q = −∑Y ï ðàâ = − (P −q 5+V															) = − (−16−15+22.694445) = 8.305ò
		2							2			2			B
		M	2	=−∑ Ì	ï ðàâ =− Z					2	P +(Z			2	+2.5) 5 q −(5+ Z					2	)V =
			2							2	2			2					2	2	B

=−[16 Z2 +15 Z2 +15 2.5−5 22.695−Z2 22.695].

M2 (0)=−(0+0+37.5−113.472−0)=75.972òì

M2 (5) = − (80+75+37.5−113.472−5 22.695) = 34.444òì

3-й участок 0≤Z3≤4

Q3 = ∑Y ëåâ = VA = 6.305ò

M3 =∑ M ëåâ =m+Z3 VA =8+6.305 Z3

M3 (0) = 8òì ; M 3 (4) = 8 + 6.305 4 = 32.222òì

4-й участок 0≤Z4≤4

VA=6.305т

Р1 =14т

Q =

∑Y ëåâ = V

− P + q Z

m=8тм

6.305−14+4 Z4 =4 Z4 −7.695

(0)=−7.695ò

q =4т/м

Q4 (4) = 16 − 7.695 = 8.305ò

∑ M

ëåâ

= m +

(4+ Z

)

− Z

q Z 2

= 8 + (4 + Z

) 6.30

=2 Z 2

−7.695 Z

+33.222.

M 4 (0)=33.222òì ; M 4 (4)=32−30.778+33.222=34.444òì

Q4(z0) = 4z0 – 7.695 = 0 → z0 = 7.695/4 = 1.924 м;

M (Z

) = M (1.924) = 2 1.9242 − 7.695 1.924 + 33.222 = 25.82òì

Задача 5

Для составной балки с шарниром определить опорные реакции, с помощью

поэтажной схемы, и построить эпюры поперечных сил Qy и изгибающих моментов

Mx.

z41

Дано:

m=8

q1=4 /

а1

= 4м; а2 = 4м; а3 = 5м; а4 = 5м;

= 4т/м; q2 = 3т/м; Р1 = 14т;

1=14

q2=3 /

VD=7,5

Р2 = 16тм; m = 8тм.

VA=2,4375

VB=19,9375

2=16

Решение.

1=4

2=4

3=5

4=5

Рассмотрим условие равно-

весия правой от шарнира С бал-

ки, т.е.

равенство

суммы мо-

2=16

ментов

всех

сил

относительно

VC=23,5

точек C и D для балки CD.

m=8

=4 /

q2=3 /

VD=7,5

∑ M С = 0;

∑ M С = − q2 52

1=14

VB=19,9375 VC=23,5

− 5 VD = 0;

VA=2,4375

16,4375

z0=2,5

= − q2

VD = −

7,5

7.5т.

2,4375 2,4375

Qp,

∑MD = 0;

3,5

7,5

= 9, 375

23,5

q2 5

5 VC + 5 P2 = 0;

∑MD =

1,75

Mp,

q2 52

− P2 = − 7.5 −16= − 23.5т.

= −

контроль:∑Y = 0

P2 + VC + 5 q2 + VD = 0

= 12, 5

16 − 23.5 + 15 − 7.5 = −31 + 31 = 0.

Рассмотрим условие равновесия

67,5

левой от шарнира С балки, т.е.

1 / 71 2 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.05.2015171.52 Кб9приложение 2 и 2а.doc
#
16.05.2015171.52 Кб7приложение 2.doc
#
16.05.2015135.68 Кб5приложение 3 и 3а.doc
#
16.05.2015135.68 Кб5приложение 3.doc
#
16.05.20151.65 Mб41Пример_2010.DOC
#
16.05.20152.67 Mб24Примеры выполнения РПР.pdf
#
18.03.20161.17 Mб45Примеры КР Сопр заоч Часть 2 Ганелин-Захаров.DOC
#
26.04.2019181.25 Кб5ПРИРОДНО-ТЕРРИТОРИАЛЬНЫЕ КОМПЛЕКСЫ (урочища).doc
#
14.07.201973.66 Кб9Программа BASE.docx
#
06.09.201926.86 Кб5Продукция предприятия.docx
#
11.11.20192.14 Mб9ПРОЕКТИРОВАНИЕ ИНЖ СЕТЕЙ.doc