Расчет стержневых систем и бруса на растяжение, Расчет нагруженной балки, Экзаменационные вопросы по прикладной механике

комитет повысшему образованиюРоссийскойФедерации

МосковскаяГосударственнаяАкадемия ТонкойХимическойТехнологии

им. М.В.Ломоносова

кафедра:

“Прикладнаямеханика иосновы конструирования.”

Расчетно-графическаяработа №1 :

“Расчетстержневыхсистем и брусана растяжение”

Вариант №:24

студент: ХолинАндрей Юрьевич(группа Е-203)

преподаватель:Грусков АлександрДмитриевич

1998г.

Задание №1.

1.1 Для заданнойстержневойсистемы определитьвнутренниеусилия в стержнях,поддерживающихабсолютножесткую балку,нагружаемуювнешними силами.Стержни соединяютсясо стеной, сбалкой, междусобой посредствомшарниров.

1.2 Для рассматриваемойстержневойсистемы определитьпо условиюпрочностидиаметр круглыхстержней, приняв[s]= 160 н/мм².

Дано:a = l, b = 3l, P = 32 кН.

l = 1,2 м

Определить:N - ?, A_y - ?, A_z- ?

Решение:

1.1

Уравненияравновесиябалки: S(P_y)= 0, S(P_z)= 0, S(m_z)= 0

(1).A_y + P –3P + N •sin 60°= 0

(2).A_z + N •cos 60°= 0

уравнениемоментовотносительноточки A:

(3).P •a –3P •(a+b) + N •sin 60°•(a+b) = 0

Изуравнений (1),(2) находим: A_y= 2P –N •sin 60°,A_z = –N •cos 60°

Выражаясилу N из уравнениямоментов (3),получим:

N= 3 •32 / sin 60°–32 •1,2 / (sin 60°•(1,2 + 1,2 •3)) = 101,61 (кН).

A_y= 2 •32 –101,61 •sin 60°= –24(кН).

A_z= –101,61 •cos 60°= –50,81

Дляпроверки посчитаемсумму моментовотносительноточки B:

A_y•(a+b)+ P•b= 0, –24•(1,2 + 1,2 •3) + 32•1,2•3 = –115,2+ 115,2 = 0.

Обращениелевой частиуравнения внуль показываетправильностьискомых величин.

1.2

[s]= 160 н/мм², F (мм²),F = N/s,F = pr²= pd²/4,

k- коэффициентзапаса прочности.Если принятьk = 2, то :

Задание №2.

2.1Для ступенчатогобруса определитьвнутренниеусилия и построитьэпюру поперечныхсил N.

2.2Используяэпюру N и размерыступенчатогобруса определитьи построитьэпюры нормальныхнапряженийsи перемещенийU, считая брусстальным. E = 2•10⁵н/мм².Проверитьпрочностьбруса в опасномсечении приняв[s]= 160 н/мм².

N_AB= P = 32 кН;

N_BC= P–2P= –P= –32кН;

N_CD= P–2P–3P= –4P= –128кН;

N_DE= P–2P–3P+P= –3P= –96кН

F₁= pd²/4= p•20²/4= 100p»314,2 (мм²).

F₂= p(1,4•d)²/4= p•(1,4•20)²/4= 196p»

»615,8 (мм²).

s_AB= N_AB / F₁= 32000 / 100p»

»101,9 (н/мм²).

s_BС= N_BС / F₂= –32000/ 196p»

»–52(н/мм²).

s_СD= N_СD / F₂= –128000/ 196p»

»–207,9(н/мм²).

s_DE= N_DE / F₂= –96000/ 196p»

»–155,9(н/мм²).

E= 2•10⁵(н/мм²).

U_E= 0.

U_D= c •s_DE/ E = 2l •s_DE/ E »–155,9•2 •1,2 •10³ / (2 •10⁵) = –1,87(мм).

U_C= U_D + b •s_CD/ E »–1,87–207,9 •3 •1,2 •10³ / (2 •10⁵) = –5,61(мм).

U_B= U_C + a •s_BC/ E »–5,61–52 •1,2 510³ / (2 •10⁵) = –5,93(мм).

U_A= U_B + a •s_AB/ E »–5,93+ 101,9 •1,2 •10³ / (2 •10⁵) = –5,31(мм).

Проверкапрочностибруса в опасномсечении (приЅsЅ= ЅsЅ_max):

Научастке CD ЅsЅимеет максимальноезначение.

Условиепрочности sЈ[s]не выполняется:Ѕ–207,9Ѕ>160.

комитет повысшему образованиюРоссийскойФедерации

МосковскаяГосударственнаяАкадемия

Тонкой ХимическойТехнологии

им. М.В.Ломоносова

кафедра:

“Прикладнаямеханика иосновы конструирования.”

Расчетно-графическаяработа №2 :

“Расчетнагруженнойбалки”

Вариант №:24

студент: ХолинАндрей Юрьевич(группа Е-203)

преподаватель:Сергеев АлександрИванович

1998г.

Задание №1

1.1Определитьреакции опор

1.2Построить эпюрыпоперечныхсил и изгибающихмоментов

1.3Подобрать номердвутавровогопрофиля для Ст. 3 [s]= 160 Мпа

1.4Начертить вмасштабе двутавровыйпрофиль по ГОСТ8239-72 и построитьэпюру нормальныхнапряженийв опасном сечениибалки.

Общая схеманагрузки балки(рис. 1):

Схема нагрузкибалки, 24 вариант(рис. 2):

Эквивалентнаясхема нагрузкисвободнойбалки с правильнымнаправлениемданных величин(P,q,M) (рис. 3):

Эквивалентнаясхема с правильнымнаправлениемданных и искомыхвеличин (P,q,M,Y_E,Y_F)(рис. 4):

Дано:

Таблица1: “Расположениеэлементовнагрузки”.

A1	A2	B1	B2	C	D	L [м]
2,5	1,0	1,5	2	0,2	1,2	3,1

Таблица2: “Величиныэлементовнагрузки”.

P1[кН]	P2[кН]	M1[кН•м]	M2[кН•м]	q [кН/м]
-8,0	10,0	16	11	20

Знаки величинпринимаютсяотносительнонаправлений,обозначенныхна рисунке.

1.1 Найти:Y_E-? Z_E-? Y_F-? Z_F-?

Решение:

Заменим опорыв точках E и F ихреакциями.Таким образомнесвободноетело EF становитсясвободным, ик нему можноприменитьусловия равновесия.Для поперечныхсил положительнымпринято направлениепо оси y ; положительныммоментом - момент,сжимающийверхние волокнабалки. Для расчетареакций опорраспределеннуюнагрузку q заменимравнодействующейR, приложеннойв серединеотрезка CD действиянагрузки q, вточке с координатой(C+D)/2. R = q•Dl;Dl = D –С.

Условия равновесиятела EF :

еQyn = 0 : суммапоперечныхсил

еQzn = 0 : суммапродольныхсил

еMn = 0 : суммаизгибающихмоментов

Силы P₁, P₂, Rприложеныперпендикулярнок оси z, поэтомуих проекциина эту ось будутнулевыми повеличине, еQzn= 0.

Уравнениесуммы поперечныхсил :

Y_E– q •(D – С) +P₂ + P₁ + Y_F = 0

Уравнениесуммы изгибающихмоментовотносительноточки E :

–(D – С) •q • (С +D)/ 2 + P₂ •A₂ –M₁ + M₂ + P₁ •A₁ + Y_F •L = 0

Знаки в уравненияхопределеныисходя изнаправлений,обозначенныхна эквивалентнойсхеме нагрузкибалки (рис.3),поэтому в уравненияхиспользуютсямодули нагрузочныхвеличин(ЅP₁Ѕ,ЅP₂Ѕ,ЅRЅ,ЅM₁Ѕ,ЅM₂Ѕ)и обозначаютсябез векторнойчерты. Возможныеотрицательныезначения искомыхвеличин Y_E иY_F будут означатьпротивоположноеих направлениевыбранномуна схеме.

Из уравнениямоментов вычисляемсилу Y_F :

Y_F= [(D – C) •q • (С +D)/ 2 – P₂• A₂+ M₁ –M₂ –P₁ •A₁] / L

Y_F= [(1,2–0,2)•20•(1,2+0,2)/2–10,0•1,0+16–11–8,0•2,5]/ 3,1 » –3,6

Из уравненияпоперечныхсил вычисляемсилу Y_E :

Y_E= q • (D –С) – P₂– P₁– Y_F

Y_E» 20 •(1,2 – 0,2) –10,0 – 8,0 –(–3,6) = 5,6[кН].

Для проверкисоставим уравнениемоментовотносительнодругой точки.Знаки в уравненииопределеныисходя изэквивалентнойсхемы балки(рис.4), где искомыереакции опорY_E и Y_F имеютправильныенаправления.

Уравнениесуммы изгибающихмоментовотносительноточки F :

–(D–С)•q•[(L–D)+(L–C)]/2+Y_E•L+P₂•(L–A₂)+P₁•(L–A₁)+M₁–M₂=0

Обращениелевой частиуравнения внуль при подстановкеданных и найденныхвеличин подтверждаетправильностьзначений найденныхреакций опорY_E и Y_F.

–(1,2–0,2)•20•[(3,1–1,2)+(3,1–0,2)]/2+Y_E•3,1+10,0•(3,1–1,0)+

+8,0•(3,1–2,5)+16–11= 0; –17,2+5,6•3,1» 0.

1.2 Найдемзависимостьвнутреннихусилий (поперечныхсил Q и изгибающихмоментов M) напротяжениибалки от координатыz, начинаяот точки E (z- расстояниедо точки E). Бесконечноблизко¹⁾слева (со стороныточки E) к точкамприложениясил и моментовпроведем сечения.Таким образом,на протяжениибалки образуются7 участков.Рассмотрим,начиная отточки E, изменениевнутреннихнапряжений(Q и M) балки накаждом участке в зависимостиот координатыz.

z_n- расстоянияот точки E доточек приложениянагрузок, z₀= 0.

Пусть Q(z) - функциязависимостивнутреннейпоперечнойсилы (балки)от координатыz; 0 Јz 7.

_n

RQ_n= –lim Q(z) = –еlim Qў_k(x)

^{z ®znслева k=0 x ®(zk–zk–1)слева}

Пусть Qў_n(x),x = z –z_n–1- функция зависимостивнутр. попереч.силы от координатыz научастке n,если z лежитна левой границеучастка, то (z–z_n–1)= 0. Пусть RQ_n- реакция справаотсеченнойчасти балки,тогда

Изменениевнутреннейпоперечнойсилы на участкеn.

Знакидля сил и моментовопределеныисходя из схемыбалки (рис. 5), вформулахиспользуютсямодули всехвеличин.

n	Qўn(x),x = z –zn–1	пределыz	RQn	Rqn(числ. знач.)
1	YE	0 Јz 1	–YE	– 5,6
2	– q •(z –z1)	z1Јz 2	–YE+ q •(z2 –z1)	–5,6+20•(10,0–0,2)=10,6
3	P2–q •(z –z2)	z2Јz 3	–YE+ q •(z2 –z1) –P2 + q •(z3 –z2)	10,6–10,0+20•(1,2–1,0)=4,6
4	0	z3Јz 4		4,6
5	0	z4Јz 5		4,6
6	0	z5Јz 6		4,6
7	P1	z6Јz 7	–YE+ q •(z2 –z1) –P2 + q •(z3 –z2) –P1	4,6 –8,0 » –3,6*

*реакция, действующаяна правый крайVII участка - естьреакция опоры,совпадениеее численногозначения с Y_Fозначаетправильностьвычислений.

1⁾Бесконечноблизко длятого, чтобыбыло правомочнымутверждение,что найденныезависимостиQ(z) и M(z) справедливына всем рассматриваемомучастке, приZ_n–1Ј Z n.

БИЛЕТ5 Изгиб.Дифф. зав-типри изгибе. dM = Q •dz, Q = dM / dz, dQ / dz = d2M/ dz2= q. производнаяот изгибающегомомента поабсциссе сечениябалки равнапоперечнойсиле (теоремаЖуравского);вторая производнаяот изгибающегомомента поабсциссе сечениябалки равнаинтенсивностираспределеннойнагрузки. БИЛЕТ6 Основныегипотезы приизгибе. ПринципБернулли:плоские сечениядо и последеформацииостаются плоскими,нормальнымик продольнойоси балки. БИЛЕТ12 Косойизгиб. Определениенапряж. БИЛЕТ14 Напряженноесостояние вданной точке- совокупностьнапряженийна всех елементарныхплощадках,которые можнопровести черезкакую-либоточку тела. Главные нормальныенапряжения- если на граникубика другихнет (касательныхнапряжений).Тензорнапряжения- перемещенияпри даннойнагрузке ??? Законпарностикасательныхнапряжений. Данбрус произвольногосечения. A - площадьсечения понормали Aa- площадь сеченияпод углом aк нормали. Aa=A / cos a. проекциясил на направлениеsa: sa•Aa–s1•A•cosa= 0 sa= s1•cos2a проекциясил на направлениеta: ta•Aa–s1•A•sina= 0 ta= 1/2 •s1•sin 2a дляBD: sb= s1•cos2(a+/2)=s1•sin2a tb= 1/2 •s1•sin 2(a+/2)= –1/2 •s1•sin 2a. sa+sb= s1; ta= –tbз-нпарности касат.напряж.). Из этогозакона следует,что : при a= 90°sa= 0, ta=0; при a= 0 sa= samax= s1,ta=0; при a= 45°ta=tamax=s1/ 2. БИЛЕТ15 Плоскоенапряженноесостояние. з-нГука для одноосногонапряженногосостояния : e= s/ E; e= Dl/ l - относительное удлинение E[Па, МПа]- модульпродольнойупругости (а также : модульупругости Iрода, модульЮнга). s[Па, МПа] - напряжение. eў= –m•e;eў- относит. поперечнаядеформация. m- коэфф-нт поперечнойдеформации(Пуассона). обобщенныйз-н Гука дляплоскогонапряженногосостояния : e1= s1/ E –m•s2/ E e2= s2/ E –m•s1/ E. находимнапряженияs1и s2: s1= E (e1+ m•e2)/ (1–m2), s2= E (e2+ m•e1)/ (1–m2). БИЛЕТ16 З-нГука для изотропногоматериала. Изотропныйматериал- материал,свойства которогоодинаковы вовсех направлениях. Дляобъемногонапряженногосостояния : e1= (1 / E) •[s1–m•(s2+ s3)], e2= (1 / E) •[s2–m•(s3+ s1)], e3= (1 / E) •[s3–m•(s1+ s2)]. Объемкубика 1ґ1ґ1после деформации: V = (1+e1)ґ(1+e2)ґ(1+e3) »1+ e1+e2+e3. Относительноеизменениеобъема : u= e1+e2+e3= (1–2•m)•(s1+s2+s3) / E. Отсюда : коэфф-нтПуассона mне может бытьбольше 1/2. з-н Гукапри сдвиге :t= G•g g- угол сдвига[рад] G[Па]- модульсдвига (модульупругости 2рода). G= E / [2•(1+m)] удельнаядеформацияпри чистомсдвиге : u = t2/ (2•G) БИЛЕТ17 Теории(гипотезы)прочностей. Эквивалентоенапряженноесостояние -состояние,равноопасноеданному сложномунапряженномусостоянию,но при одноосномрастяжении(сжат.). I-я гипотезапрочности -гипотезанаибольшихнормальныхнапряжений: “предельноесостояниематериалапри сложномнапряженномсостояниинаступаеттогда, когданаибольшеенормальноенапряжениедостигаетпредельногонапряжения[s]при одноосномнапряженномсостоянии”.I-я гипотезаустанавливаеткритерий хрупкогоразрушения(не для пластичныхматериалов).Если материалимеет различные[s]на растяжениеи сжатие, то: max sрЈ[sр],max sсЈ[sс]. II-я гипотезапрочности -гипотезанаибольшихлинейныхдеформаций: Опытыне подтверждаютэту теорию. III-я гипотезапрочности -гипотезанаибольшихкасательныхнапряжений: “прочностьматериалапри сложномнапряженномсостояниисчитаетсяобеспеченной,если наибольшеекасательноенапряжениене превосходитдопускаемогокасательногонапряжения,установленногодля одноосногонапряженногосостояния”.tmax= tэквЈ[t]. Из законапарностикасательныхнапряжений: tmax= s/2 при a= 45°a- угол междунормалью и сечением накотором определяемt.

БИЛЕТ18 Гипотезатеории кручения(гипотеза плоскихи жесткихсечений): расстояниямежду нормальнымисечениямипри кручениине изменяются,не изменяютсяразмеры сечений. Кручениебруса круглогопоперечногосечения. Касательныенапряженияпри кручении: t= M•r/ Ip. r- расстояниеот центра сечения. M - приложенныймомент. r - радиуссечения. tmax= M•r/ Ip= M / WpЈ[t]. Wp- полярный моментсопротивления. Длякруглого сплошногосечения радиусомr: Wp= Ip/ r = pd4/ (32•d/2)= pd3/16 »0,2•d3. Деформациии перемещения: dj/ dz = M / (G•Ip)- выведено вбилете 19 Производнаяугла закручивания (взаимн. пов.): dj= M•dz/ (G•Ip).Деформациявала на длинеz(взаимный уголповорота сечений): j= т!от0доz![M•dz/ (G•Ip)]. ВеличинаG•Ip- жесткостьвала при кручении. Для валадлиной l: j= M•l/ (G•Ip). Относительныйугол закручивания- уголзакручиванияна единицудлины : g= j/ l = M / (G•Ip). Условиепрочности: g Ј[g];[g]- в °/ на 1м длины. Зависимостьtот угла закручивания: g= r•dj/ dz из рисункабилета 19. з-н Гукапри сдвиге :t= G•g,Ю:t= G•r•dj/ dz. БИЛЕТ19 Кручение,вывод рассчетн.ф-лы для касательныхнапряжений. gmaч= r•dj/ dz, аналогичноg= r•dj/ dz. з-н Гукапри сдвиге :t= G•g,отсюда : t= G•r•dj/ dz. При кручениидеформациисдвига прямопропорциональнырасстояниюот центра тяжестисечения. Равнодействующиймомент касательныхнапряженийв сечении : M = Aт(t•r)•dA;(t•r)•dA- элементарныйкрутящий моментвнутреннихсил на площадкеdA. M = G•dj/ dz•Aт(r2)•dA. Полярныймомент инерциисечения : Ip= Aт(r2)•dA. dj/ dz = M / (G•Ip);t= M•r/ Ip. Условиепрочности. tmax= M•rmax/ Ip= M / WpЈ[t]. Wp- полярный моментсопротивления. Для круглогосечения радиусомr: Wp= Ip/ r. БИЛЕТ20 Кручение,вывод ф-лы для относительногоугла закручивания. переписатьбилет 19 до ф-лы: dj/ dz = M / (G•Ip)и раздел “Деформациии перемещения.”билета18. БИЛЕТ21 Внецентренноерастяжение. В любомпоперечномсечении стержнявозникаетпродольнаясила N=F и изгибающиемоменты : Mx= F•yF, My= F•xF. Напряжениев точке (x,y) : s= N / A + Mx•y/ Ix+ My•x/ Iy. Максимальныенапряженияна угловыхточках : s= N / A ±Mx/ Wx±My/ Wy. Wx, Wy- моменты сопротивлений. A - площадьсечения. По рисунку- наибольшиенапряжения- в точке E : sE= N / A + Mx/ Wx+ My/ Wy. Алгебраическинаименьшиенапряж. - в точкеD : sD= N / A –Mx/ Wx–My/ Wy. Условиепрочности : N / A + Mx/ Wx+ My/ WyЈ[s]. В плоскостинулевойлинии напряжениеравно 0. Уравнениенулевой линии(x,y - координаты): N / A + N•yF•y/ Ix+ N•xF•x/ Iy= 0; или : xF•x/ i2y+ yF•y/ i2x+ 1 = 0; или : x / a + y / b = 1, a = –i2y/ xF, b = –i2x/ yF. a, b - отрезкина осях координатx, y. Радиусинерции сечения: ix= Ц(Ix/ A), iy= Ц(Iy/ A), размерность- длина (обычносантиметр). В центретяжести сеченияs= N / A = F / A. Дляпрямоугольногосечения : Ix= b•h3/ 12, Iy= b3•h/ 12, Wx= 2•Ix/h,Wy= 2•Iy/ b Wx= b•h2/ 6, Wy= b2•h/ 6; сторона bззосиx, h ззy. Напряжениев точке (x,y) : s= N / A + Mx•y/ (b•h3/ 12) + My•x/ (b3•h/ 12) = = N / A + N•yF•y/ (b•h3/ 12) + N•xF•x/ (b3•h/ 12). Максимальныенапряженияна угловыхточках : s= N / A ±Mx/ (b•h2/ 6) ±My/ (b2•h/ 6) = = N / A ±N•yF/ (b•h2/ 6) ±N•xF/ (b2•h/ 6).

БИЛЕТ22 Изгибс кручениембруса кругл.сеч. От изгибав точках C и D:smax= M / WX; от крученияпо контурусечения: tmax = T/WP= T / (2•WX). Напряженноесостояние вточке C : Главныенапряжения:s1=smax= (s+ Ц(s2+ 4•t2))/2. s3=smin= (s–Ц(s2+ 4•t2))/2. По3-й гипотезепрочности :s1–s3Ј[s]; Ц(s2+ 4•t2)Ј[s];Ц(M2+ T2)/ WXЈ[s];отсюда : проектныйрасчет: WX= Ц(M2+ T2)/ [s];если изгиб в 2-х ^-ныхплоскостях,то: M = Ц(M2X+ M2Y). БИЛЕТ23 Ф-лаЭйлера длясжатого стержня большойгибкости. Основнойслучай продольногоизгиба (закреплениена 2-х опорах,неподв. и подв.): Критическаясила- FКР:наименьшаяаясила, при которойстержень теряетспособностьсохранятьпрямолин.форму.Пределпропорциональностиsпц: напряжение“до” которогодеформацияпроисходитпо закону Гука. Пустьпотеря устойчивостипроисходитпри напряжениях,меньших пределапропорцион-ностиsпцматериаластержня. Тогда- упругая линия: 1/r»d2u/ dz2= M / (EJ); 1/r- кривизна. M =FКР•u. Уравнеиеизогнутойоси: d2u/ dz2= –FКР•u/ (EJ). заменим:k2= F / (EJmin)[при потереустойчивостипопереч. сеченияповорач-сявокруг главнойоси с минимальныммоментом инерцииJmin], тогда : uІ+ k2•u= 0; реш.ур.: u= C•cos(k•z)+ D•sin(k•z). ОпределениеC и D из условийопор балки :1) при z = 0,u= 0;2) при z = l, u= 0. ЮС = 0, D•sin(k•z)=0. D = 0 не подходитт.к. нет прогибабалки Юsin(k•z)=0;Юk = np/ l, ЮFКР= p2•Jmin•E•n2/ l2. наиКР- при n = 1. FКР= p2•E•Jmin/ l2. u= D•sin(p•z / l) - изгиб с однойполуволной. Для любогоспособа закрепленияконцов балкив ф-ле l заменимlприв= m•l. lприв- приведеннаядлина m- коэффициентприведениядлины. БИЛЕТ24 Ф-лаЭйлера длякритич. напряж. Нормальноенапряжениев поперечномсечении сжатогостержня, соответствующеекритическомузначению сжимающейсилы, наз-юткритическим. sкр= Fкр/ A, A - площадьсечения. ФормулаЭйлера: FКР= p2•E•Jmin/ l2. sкр= p2•E •Jmin/ [(m•l)2•A]; Jmin/ A = i2min. Радиусинерции сечения: ix= Ц(Ix/ A), iy= Ц(Iy/ A), размерность- длина (обычносантиметр). sкр= p2•E •i2min/ [(m•l)2]= p2•E / (m•l / imin)2. m•l / imin= l- гибкостьстержня :безразмернаявеличина,показ-аясопротивл-тьпотере устойч-ти, зависитот геометрич.характеристикстержня. sкр= p2•E / l2. Пределыприменимостиформулы: Ф-ла Эйлерасправедливалишь в пределахприменимостиз-на Гука, т.е.при усл., что критическоенапряж. не превыш.пределапропорциональностиматериаластержня. sкрЈsпц, p2•E / l2Јsпц, lіp•Ц(E/ sпц)= lпред. lпред - предельнаягибкость(граничнаягибк.):не зависитот размеров,зависитот свой-в материала. Ф-ла Эйлераприменима,когда гибкостьстержня іпредельн. гибк-тидля материаластержня:lіlпред. В случаенеприменим-тиф. Эйлера напряженияопред. по эмпирическимф-лам sкр= a –b•l, a и b - коэфф-ты,определяемыеопытным путем. Стержни гибкости : 1.большой (lіlпред)- по ф. Эйлера2. средней (l0Јllпред)- по эмпирич.ф-ле. 3. малой (ll0)-расчетне на устойчив.,а на проч. БИЛЕТ25 Напряжениепри движениис ускорен. Грузвесом G поднимаютвверх с ускорениемa. Определитьнапряяжениев канате. sd- динамическоенапряжение,A - площадь сечен. sst= G / A - напряжен.при статич.действии груза. Kd- динамическийкоэффициент sd•A–G•(1+a / g ) = 0, sd= G / A•(1+a/g) = sst•Kd. Kd= (1+ a/g).

Экзаменационныевопросы по

прикладноймеханике(первый семестрII курс).

1. Методсечений. Определениевнутреннихусилий.

Задача:эпюры.

2.Растяжениеи сжатие бруса.Нормальнаясила. Напряжениев поперечномсечении. Усл.прочности прирастяжении-сжатии.

Задача:Эпюра нормальныхсил и изг. M в балке.

3.Деформацияпри растяжении-сжатии.Диаграммадеформациистали. ЗаконГука.

Задача:построить эпюрыизгибающихи крутящихмоментов вбалке, проверитьпрочность по3-й теории прочности.

4.Основные механическиехарактеристикиконструкционныхматериалов.Понятие предельныхдопускаемыхнапряжений.

Задача:построить эпюрыизгибающих и крутящихмоментов ломаногобруса.

5. Изгиб.Дифференциальныезависимостидля усилий.

Задача:проверитьпрочность балкина изгиб.

6.Основные гипотезыпри изгибе.Нормальноенапряжениепри изгибе.Задача: проверить.

7. Изгиб.Определениеположениянейтральногослоя.

8.Максимальноенапряжениепри изгибе.Вывод формулы.Условие прочности.Задача:РГР №1.

9.Дифференциальноеуравнениеизогнутой осибруса. Перемещениепри изгибе.

Задача:РГР№ 1.

10. Выводинтеграла Мора.

Задача:РГР№ 1.

11. Способперемноженияэпюр. ПравилоВерещагина.

Задача:брус зажатмежду стенками

12. Косойизгиб. Определениенапряженияпри косом изгибе.

Задача:определитьдиаметр ступенчатогобруса.

13.Определениеположениянулевой линиипри косом изгибе.

Задача:Жестко закрепленнаябалка, построитьэпюру крутящихмоментов.

14.Понятие напряженногосостояния вточке. Тензорнапряжения.З-н парностикасательныхнапряжений.

Задача:Построить эпюрукрутящих моментови определитьдиаметр вала.

15.Плоское напряженноесостояние:вывод формулдля напряжений.

Задача:Проверитьпрочность призаданной нагрузке:Ж, P, l от P доопоры, [s].

16. З-нГука для изотропногоматериала.

Задача:угол поворотаконсольнойбалки в сечении.

17. Теориипрочности.Понятие эквивалентногонапряженногосостояния.Вывод ф-лы s_экв.

Задача:Проверитьпрочность балкис квадратнымсечением призаданнойраспределеннойнагрузке.

18.Кручение брусакруглого поперечногосечения. Гипотезытеорий кручения.Напряженияи деформации.Зависимостьt от производнойпо углу закручивания.

Задача:Определитьперемещениебалки на 2-х опорахпод действиемсилы P посередине.

19.Кручение, выводрассчетнойф-лы для касательныхнапряжений,условие прочности.

Задача:Определитьпрогиб консольнойбалки, в концебалки - момент.

20.Кручение, выводф-лы для относительногоугла закручивания,условие прочности.

Задача:Из условийпрочности найтиразмеры квадратногопоперечногосечения балки.

21.Внецентренноерастяжение.Определениенапряжениядля брускапрямоугольногосечения, условиепрочности.

Задача:построить эпюрыM, s, перемещения.

22. Изгибс кручениембруса круглогосечения, напряженноесостояние,условие прочности.

Задача:Абсолютножесткая балкаподвешена настержнях содинаковогосечения и материала.

23. Выводф-лы Эйлера длясжатого стержнябольшой гибкости.

Задача:Из условияпрочности найтидиаметр балки,нагруженамоментом, распред.нагр.

24. Выводф-лы Эйлера длякритическихнапряжений.Пределы ... ф-лыЭйлера.

Задача:Эпюры Q и M длябалки на 2-х опорах,нагруженамоментом, распред.нагр., содержитконсольныеучастки.

25. Общиепринципы расчетапри динамическихнагрузках.Расчет на прочностьпри движениител с заданнымускорением.

Задача:Исходя из условийпрочности найтиразмеры сеченияпрямоугольнойконсольнойбалки.