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

комитет по высшему образованию Российской Федерации

Московская Государственная Академия Тонкой Химической Технологии

им. М.В. Ломоносова

кафедра :

“Прикладная механика и основы конструирования.”

Расчетно-графическая работа ¹ 1 :

“Расчет стержневых систем и бруса на растяжение”

Вариант ¹: 24

студент: Холин Андрей Юрьевич (группа Е-203)

преподаватель: Грусков Александр Дмитриевич

1998г.

Задание ¹ 1.

1.1 Для заданной стержневой системы определить внутренние усилия в стержнях, поддерживающих абсолютно жесткую балку, нагружаемую внешними силами. Стержни соединяются со стеной, с балкой, между собой посредством шарниров.

1.2 Для рассматриваемой стержневой системы определить по условию прочности диаметр круглых стержней, 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

Уравнения равновесия балки: 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

уравнение моментов относительно точки A:

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

Из уравнений (1), (2) находим: A_>y> = 2P – N • sin 60°, A_>z> = – N • cos 60°

Выражая силу N из уравнения моментов (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

Для проверки посчитаем сумму моментов относительно точки B:

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

Обращение левой части уравнения в нуль показывает правильность искомых величин.

1.2

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

k - коэффициент запаса прочности. Если принять k = 2, то :

Задание ¹ 2.

2.1 Для ступенчатого бруса определить внутренние усилия и построить эпюру поперечных сил N.

2.2 Используя эпюру N и размеры ступенчатого бруса определить и построить эпюры нормальных напряжений s и перемещений U, считая брус стальным. E = 2•10⁵ н/мм². Проверить прочность бруса в опасном сечении приняв [s] = 160 н/мм².

N_>AB> = P = 32 кН;

N_>BC> = P–2P = –P = –32 кН;

N_>CD> = P–2P–3P = –4P = –128 кН;

N_>DE> = P–2P–3P+P = –3P = –96 кН

F_>1> = pd²/4 = p•20²/4 = 100p » 314,2 (мм²).

F_>2> = p(1,4•d)²/4 = p•(1,4•20)²/4 = 196p »

» 615,8 (мм²).

s_>AB> = N_>AB> / F_>1> = 32000 / 100p »

» 101,9 (н/мм²).

s_>BС> = N_>BС> / F_>2> = –32000 / 196p »

» –52 (н/мм²).

s_>СD> = N_>СD> / F_>2> = –128000 / 196p »

»–207,9 (н/мм²).

s_>DE> = N_>DE> / F_>2> = –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 TYPE=RANDOM FORMAT=ARABIC>5 10³ / (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).

Проверка прочности бруса в опасном сечении (при ½s½ = ½s½_>max>):

На участке CD ½s½ имеет максимальное значение.

Условие прочности s £ [s] не выполняется: ½–207,9½> 160.

комитет по высшему образованию Российской Федерации

Московская Государственная Академия

Тонкой Химической Технологии

им. М.В. Ломоносова

кафедра :

“Прикладная механика и основы конструирования.”

Расчетно-графическая работа ¹ 2 :

“Расчет нагруженной балки”

Вариант ¹: 24

студент: Холин Андрей Юрьевич (группа Е-203)

преподаватель: Сергеев Александр Иванович

1998г.

Задание ¹ 1

1.1 Определить реакции опор

1.2 Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов

1.3 Подобрать номер двутаврового профиля для Ст. 3 [s] = 160 Мпа

1.4 Начертить в масштабе двутавровый профиль по ГОСТ 8239-72 и построить эпюру нормальных напряжений в опасном сечении балки.

Общая схема нагрузки балки (рис. 1):

Схема нагрузки балки, 24 вариант (рис. 2):

Эквивалентная схема нагрузки свободной балки с правильным направлением данных величин (P,q,M) (рис. 3):

Эквивалентная схема с правильным направлением данных и искомых величин (P,q,M,Y_>E>,Y_>F>) (рис. 4):

Дано:

Таблица 1: “Расположение элементов нагрузки”.

A_>1>	A_>2>	B_>1>	B_>2>	C	D	L [м]
2,5	1,0	1,5	2	0,2	1,2	3,1

Таблица 2: “Величины элементов нагрузки”.

P_>1>[кН]	P_>2>[кН]	M_>1>[кН•м]	M_>2>[кН•м]	q [кН/м]
-8,0	10,0	16	11	20

Знаки величин принимаются относительно направлений, обозначенных на рисунке.

1.1 Найти: Y_>E>-? Z_>E>-? Y_>F>-? Z_>F>-?

Решение:

Заменим опоры в точках E и F их реакциями. Таким образом несвободное тело EF становится свободным, и к нему можно применить условия равновесия. Для поперечных сил положительным принято направление по оси y ; положительным моментом - момент, сжимающий верхние волокна балки. Для расчета реакций опор распределенную нагрузку q заменим равнодействующей R, приложенной в середине отрезка CD действия нагрузки q, в точке с координатой (C+D)/2. R = q•Dl; Dl = D – С.

Условия равновесия тела EF :

åQyn = 0 : сумма поперечных сил

åQzn = 0 : сумма продольных сил

åMn = 0 : сумма изгибающих моментов

Силы P_>1>, P_>2>, R приложены перпендикулярно к оси z, поэтому их проекции на эту ось будут нулевыми по величине, åQzn = 0.

Уравнение суммы поперечных сил :

Y_>E> – q • (D – С) + P_>2> + P_>1> + Y_>F> = 0

Уравнение суммы изгибающих моментов относительно точки E :

– (D – С) • q • (С +D) / 2 + P_>2> • A_>2> – M_>1> + M_>2> + P_>1> • A_>1> + Y_>F> • L = 0

Знаки в уравнениях определены исходя из направлений, обозначенных на эквивалентной схеме нагрузки балки (рис.3), поэтому в уравнениях используются модули нагрузочных величин (½P_>1>½,½P_>2>½,½R½,½M_>1>½,½M_>2>½) и обозначаются без векторной черты. Возможные отрицательные значения искомых величин Y_>E> и Y_>F> будут означать противоположное их направление выбранному на схеме.

Из уравнения моментов вычисляем силу Y_>F> :

Y_>F> = [(D – C) • q • (С +D) / 2 – P_>2> • A_>2> + M_>1> – M_>2> – P_>1> • A_>1>] / 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 уравнения поперечных сил вычисляем силу Y_>E> :

Y_>E> = q • (D – С) – P_>2> – P_>1> – Y_>F>

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

Для проверки составим уравнение моментов относительно другой точки. Знаки в уравнении определены исходя из эквивалентной схемы балки (рис.4), где искомые реакции опор Y_>E> и Y_>F> имеют правильные направления.

Уравнение суммы изгибающих моментов относительно точки F :

–(D–С)•q• [(L–D)+(L–C)]/2+Y_>E>•L+P_>2>•(L–A_>2>)+P_>1>•(L–A_>1>)+M_>1>–M_>2>=0

Обращение левой части уравнения в нуль при подстановке данных и найденных величин подтверждает правильность значений найденных реакций опор Y_>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 Найдем зависимость внутренних усилий (поперечных сил Q и изгибающих моментов M) на протяжении балки от координаты z, начиная от точки E (z - расстояние до точки E). Бесконечно близко^¹⁾ слева (со стороны точки E) к точкам приложения сил и моментов проведем сечения. Таким образом, на протяжении балки образуются 7 участков. Рассмотрим, начиная от точки E, изменение внутренних напряжений (Q и M) балки на каждом участке в зависимости от координаты z.

z_>n> - расстояния от точки E до точек приложения нагрузок, z_>0> = 0.

Пусть Q(z) - функция зависимости внутренней поперечной силы (балки) от координаты z; 0 £ z < z_>7>.

_{> n}>

RQ_>n> = – lim Q(z) = – å lim Q¢_>k>(x)

^z^®^zⁿ^{слева k=0 x}^®^(z^k^–^z^k^–¹⁾^слева

Пусть Q¢_>n>(x), x = z – z_>n>_>–>_>1> - функция зависимости внутр. попереч. силы от координаты z на участке n, если z лежит на левой границе участка, то (z – z_>n>_>–>_>1>) = 0. Пусть RQ_>n> - реакция справа отсеченной части балки, тогда

Изменение внутренней поперечной силы на участке n.

Знаки для сил и моментов определены исходя из схемы балки (рис. 5), в формулах используются модули всех величин.

n	Q¢_>n>(x), x = z – z_>n>_>–>_>1>	пределы z	RQ_>n>	Rq_>n> (числ. знач.)
1	Y_>E>	0 £ z < z_>1>	–Y_>E>	– 5,6
2	– q • (z – z_>1>)	z_>1> £ z < z_>2>	–Y_>E> + q • (z_>2> – z_>1>)	–5,6+20•(10,0–0,2)=10,6
3	P_>2> – q • (z – z_>2>)	z_>2> £ z < z_>3>	–Y_>E> + q • (z_>2> – z_>1>) – P_>2> + q • (z_>3> – z_>2>)	10,6–10,0+20•(1,2–1,0)=4,6
4	0	z_>3> £ z < z_>4>		4,6
5	0	z_>4> £ z < z_>5>		4,6
6	0	z_>5> £ z < z_>6>		4,6
7	P_>1>	z_>6> £ z < z_>7>	–Y_>E> + q • (z_>2> – z_>1>) – P_>2> + q • (z_>3> – z_>2>) – P_>1>	4,6 – 8,0 » –3,6*

* реакция, действующая на правый край VII участка - есть реакция опоры, совпадение ее численного значения с Y_>F> означает правильность вычислений.

1⁾ Бесконечно близко для того, чтобы было правомочным утверждение, что найденные зависимости Q(z) и M(z) справедливы на всем рассматриваемом участке, при Z_>n>_>–>_>1> £ Z < Z_>n>.

БИЛЕТ 5 Изгиб. Дифф. зав-ти при изгибе.

dM = Q • dz, Q = dM / dz, dQ / dz = d²M / dz² = q.

производная от изгибающего момента по абсциссе сечения балки равна поперечной силе (теорема Журавского); вторая производная от изгибающего момента по абсциссе сечения балки равна интенсивности распределенной нагрузки.

БИЛЕТ 6 Основные гипотезы при изгибе.

Принцип Бернулли: плоские сечения до и после деформации остаются плоскими, нормальными к продольной оси балки.

БИЛЕТ 12 Косой изгиб. Определение напряж.

БИЛЕТ 14

Напряженное состояние в данной точке - совокупность напряжений на всех елементарных площадках, которые можно провести через какую-либо точку тела. Главные нормальные напряжения - если на грани кубика других нет (касательных напряжений). Тензор напряжения - перемещения при данной нагрузке ???

Закон парности касательных напряжений.

Дан брус произвольного сечения.

A - площадь сечения по нормали

A_>a> - площадь сечения под углом a к нормали. A_>a>= A / cos a.

проекция сил на направление s_>a> :

s_>a>•A_>a> – s_>1>•A•cos a = 0

s_>a> = s_>1> • cos² a

проекция сил на направление t_>a> :

t_>a>•A_>a> – s_>1>•A•sin a = 0

t_>a> = 1/2 •s_>1> • sin 2a

для BD:

s_>b> = s_>1> • cos² (a+/2)= s_>1> • sin² a

t_>b> = 1/2 •s_>1> • sin 2(a+/2) = – 1/2 •s_>1> • sin 2a.

s_>a>+ s_>b> = s_>1>; t_>a> = – t_>b>з-н парности касат. напряж.).

Из этого закона следует, что :

при a = 90° s_>a> = 0, t_>a>= 0; при a = 0 s_>a> = s_>a>_>max> = s_>1>, t_>a>= 0; при a = 45° t_>a>= t_>a>_>max>= s_>1> / 2.

БИЛЕТ 15 Плоское напряженное состояние.

з-н Гука для одноосного напряженного состояния :

e = s / E; e = Dl / l - относительное удлинение

E [Па, МПа]- модуль продольной упругости (а также : модуль упругости I рода, модуль Юнга).

s [Па, МПа] - напряжение.

e¢ = –m •e; e¢ - относит. поперечная деформация.

m - коэфф-нт поперечной деформации (Пуассона).

обобщенный з-н Гука для плоского напряженного состояния :

e_>1> = s_>1> / E – m•s_>2> / E

e_>2> = s_>2> / E – m•s_>1> / E.

находим напряжения s_>1> и s_>2> :

s_>1> = E (e_>1> + m•e_>2>) / (1– m²), s_>2> = E (e_>2> + m•e_>1>) / (1– m²).

БИЛЕТ 16 З-н Гука для изотропного материала.

Изотропный материал - материал, свойства которого одинаковы во всех направлениях.

Для объемного напряженного состояния :

e_>1> = (1 / E) •[s_>1> – m•(s_>2> + s_>3>)],

e_>2> = (1 / E) •[s_>2> – m•(s_>3> + s_>1>)],

e_>3> = (1 / E) •[s_>3> – m•(s_>1> + s_>2>)].

Объем кубика 1´1´1 после деформации :

V = (1+e_>1>) ´ (1+e_>2>) ´ (1+e_>3>) » 1+ e_>1>+e_>2>+e_>3>.

Относительное изменение объема :

u = e_>1>+e_>2>+e_>3> = (1–2•m) •(s_>1>+s_>2>+s_>3> ) / E. Отсюда : коэфф-нт Пуассона m не может быть больше 1/2.

з-н Гука при сдвиге : t = G•g

g - угол сдвига [рад]

G [Па]- модуль сдвига (модуль упругости 2 рода).

G = E / [2•(1+m)]

удельная деформация при чистом сдвиге :

u = t² / (2•G)

БИЛЕТ 17 Теории (гипотезы) прочностей.

Эквивалентое напряженное состояние - состояние, равноопасное данному сложному напряженному состоянию, но при одноосном растяжении (сжат.).

I-я гипотеза прочности - гипотеза наибольших нормальных напряжений :

“предельное состояние материала при сложном напряженном состоянии наступает тогда, когда наибольшее нормальное напряжение достигает предельного напряжения [s] при одноосном напряженном состоянии”. I-я гипотеза устанавливает критерий хрупкого разрушения (не для пластичных материалов). Если материал имеет различные [s] на растяжение и сжатие, то :

max s_>р> £ [s^р], max s_>с> £ [s^с].

II-я гипотеза прочности - гипотеза наибольших линейных деформаций :

Опыты не подтверждают эту теорию.

III-я гипотеза прочности - гипотеза наибольших касательных напряжений :

“прочность материала при сложном напряженном состоянии считается обеспеченной, если наибольшее касательное напряжение не превосходит допускаемого касательного напряжения, установленного для одноосного напряженного состояния”. t_>max> = t_>экв> £ [t].

Из закона парности касательных напряжений :

t_>max> = s /2 при a = 45° a - угол между нормалью и сечением на котором определяем t.

БИЛЕТ 18

Гипотеза теории кручения (гипотеза плоских и жестких сечений): расстояния между нормальными сечениями при кручении не изменяются, не изменяются размеры сечений.

Кручение бруса круглого поперечного сечения.

Касательные напряжения при кручении :

t = M•r / I_>p> . r - расстояние от центра сечения.

M - приложенный момент. r - радиус сечения.

t_>max> = M•r / I_>p> = M / W_>p> £ [t].

W_>p> - полярный момент сопротивления.

Для круглого сплошного сечения радиусом r:

W_>p> = I_>p> / r = pd⁴ / (32•d/2) = pd³ /16 » 0,2•d³.

Деформации и перемещения :

dj / dz = M / (G•I_>p>) - выведено в билете 19

Производная угла закручивания (взаимн. пов.) :

dj = M•dz / (G•I_>p>). Деформация вала на длине z (взаимный угол поворота сечений) :

j = ò!от0доz! [M•dz / (G•I_>p>)].

Величина G•I_>p> - жесткость вала при кручении.

Для вала длиной l: j = M•l / (G•I_>p>).

Относительный угол закручивания - угол закручивания на единицу длины :

g = j / l = M / (G•I_>p>).

Условие прочности: g £ [g]; [g] - в ° / на 1м длины.

Зависимость t от угла закручивания :

g = r•dj / dz из рисунка билета 19.

з-н Гука при сдвиге : t = G•g, Þ :t = G•r•dj / dz.

БИЛЕТ 19 Кручение, вывод рассчетн. ф-лы для

касательных напряжений.

g_>maч> = r•dj / dz, аналогично g = r•dj / dz.

з-н Гука при сдвиге : t = G•g, отсюда :

t = G•r•dj / dz. При кручении деформации сдвига прямо пропорциональны расстоянию от центра тяжести сечения.

Равнодействующий момент касательных напряжений в сечении : M = _>A>ò (t•r)•dA; (t•r)•dA - элементарный крутящий момент внутренних сил на площадке dA.

M = G•dj / dz_>>•_>A>ò (r²)•dA.

Полярный момент инерции сечения : I_>p> = _>A>ò (r²)•dA.

dj / dz = M / (G•I_>p>); t = M•r / I_>p> .

Условие прочности.

t_>max> = M•r_>max> / I_>p> = M / W_>p> £ [t].

W_>p> - полярный момент сопротивления.

Для круглого сечения радиусом r: W_>p> = I_>p> / r.

БИЛЕТ 20 Кручение, вывод ф-лы для

относительного угла закручивания.

переписать билет 19 до ф-лы : dj / dz = M / (G•I_>p>) и раздел “Деформации и перемещения.” билета 18.

БИЛЕТ 21 Внецентренное растяжение.

В любом поперечном сечении стержня возникает продольная сила N=F и изгибающие моменты :

M_>x> = F•y_>F> , M_>y> = F•x_>F> . Напряжение в точке (x,y) :

s = N / A + M_>x>•y / I_>x> + M_>y>•x / I_>y> .

Максимальные напряжения на угловых точках :

s = N / A ± M_>x> / W_>x> ± M_>y> / W_>y> .

W_>x> , W_>y> - моменты сопротивлений .

A - площадь сечения.

По рисунку - наибольшие напряжения - в точке E :

s_>E> = N / A + M_>x> / W_>x> + M_>y> / W_>y> .

Алгебраически наименьшие напряж. - в точке D :

s_>D> = N / A – M_>x> / W_>x> – M_>y> / W_>y> .

Условие прочности :

N / A + M_>x> / W_>x> + M_>y> / W_>y> £ [s].

В плоскости нулевой линии напряжение равно 0.

Уравнение нулевой линии (x,y - координаты) :

N / A + N•y_>F>•y / I_>x> + N•x_>F>•x / I_>y> = 0; или :

x_>F>•x / i²_>y> + y_>F>•y / i²_>x> + 1 = 0; или :

x / a + y / b = 1, a = – i²_>y> / x_>F> , b = – i²_>x> / y_>F> .

a, b - отрезки на осях координат x, y.

Радиус инерции сечения : i_>x> = Ö(I_>x> / A), i_>y> = Ö(I_>y> / A),

размерность - длина (обычно сантиметр).

В центре тяжести сечения s = N / A = F / A.

Для прямоугольного сечения :

I_>x> = b•h³ / 12, I_>y> = b³•h / 12, W_>x> = 2•I_>x>/h, W_>y> = 2•I_>y> / b

W_>x> = b•h² / 6, W_>y> = b²•h / 6; сторона bççоси x, h çç y.

Напряжение в точке (x,y) :

s = N / A + M_>x>•y / (b•h³ / 12) + M_>y>•x / (b³•h / 12) =

= N / A + N•y_>F> •y / (b•h³ / 12) + N•x_>F> •x / (b³•h / 12).

Максимальные напряжения на угловых точках :

s = N / A ± M_>x> / (b•h² / 6) ± M_>y> / (b²•h / 6) =

= N / A ± N•y_>F> / (b•h² / 6) ± N•x_>F> / (b²•h / 6).

БИЛЕТ 22 Изгиб с кручением бруса кругл. сеч.

От изгиба в точках C и D: s_>max> = M / W_>X>;

от кручения по контуру сечения:

t_>
max> = T/W_>P> = T / (2•W_>X>).

Напряженное состояние в точке C :

Главные напряжения: s_>1>=s_>max> = (s + Ö(s² + 4•t²)) /2.

s_>3>=s_>min> = (s – Ö(s² + 4•t²)) /2.

По 3-й гипотезе прочности : s_>1> – s_>3> £ [s];

Ö(s² + 4•t²) £ [s]; Ö(M² + T²) / W_>X> £ [s]; отсюда :

проектный расчет: W_>X> = Ö(M² + T²) / [s]; если изгиб

в 2-х ^-ных плоскостях, то: M = Ö(M²_>X> + M²_>Y>).

БИЛЕТ 23 Ф-ла Эйлера для сжатого стержня

большой гибкости.

Основной случай продольного изгиба

(закрепление на 2-х опорах, неподв. и подв.) :

Критическая сила - F_>КР> : наименьшаяая сила, при которой стержень теряет способность сохранять прямолин. форму.Предел пропорциональности s_>пц>:

напряжение “до” которого деформация происходит по закону Гука.

Пусть потеря устойчивости происходит при напряжениях, меньших предела пропорцион-ности s_>пц> материала стержня. Тогда - упругая линия :

1/r » d²u / dz² = M / (EJ); 1/r - кривизна. M = F_>КР>•u.

Уравнеие изогнутой оси: d²u / dz² = – F_>КР>•u / (EJ).

заменим: k² = F / (EJ_>min>) [при потере устойчивости попереч. сечения поворач-ся вокруг главной оси с минимальным моментом инерции J_>min> ], тогда :

u² + k²•u = 0; реш.ур.: u = C•cos (k•z) + D•sin(k•z).

Определение C и D из условий опор балки : 1) при z = 0,u = 0;2) при z = l, u = 0. Þ С = 0, D•sin(k•z)=0.

D = 0 не подходит т.к. нет прогиба балки Þ sin(k•z)=0; Þ k = np / l, Þ F_>КР> = p²•J_>min>•E•n² / l² .

наи<ее значение F_>КР> - при n = 1. F_>КР> = p²•E•J_>min> / l² .

u = D•sin (p • z / l) - изгиб с одной полуволной.

Для любого способа закрепления концов балки в ф-ле l заменим l_>прив> = m • l. l_>прив> - приведенная длина

m - коэффициент приведения длины.

БИЛЕТ 24 Ф-ла Эйлера для критич. напряж.

Нормальное напряжение в поперечном сечении сжатого стержня, соответствующее критическому значению сжимающей силы, наз-ют критическим.

s_>кр> = F_>кр> / A, A - площадь сечения.

Формула Эйлера: F_>КР> = p²•E•J_>min> / l² .

s_>кр> = p² • E • J_>min> / [(m • l)² • A]; J_>min> / A = i²_>min> .

Радиус инерции сечения : i_>x> = Ö(I_>x> / A), i_>y> = Ö(I_>y> / A),

размерность - длина (обычно сантиметр).

s_>кр> = p² • E • i²_>min> / [(m • l)²] = p² • E / (m • l / i_>min>)² .

m • l / i_>min> = l - гибкость стержня : безразмерная величина,показ-ая сопротивл-ть потере устойч-ти,

зависит от геометрич. характеристик стержня.

s_>кр> = p² • E / l² . Пределы применимости формулы:

Ф-ла Эйлера справедлива лишь в пределах применимости з-на Гука, т.е. при усл., что критическое напряж. не превыш. предела пропорциональности материала стержня.

s_>кр> £ s_>пц> , p² • E / l² £ s_>пц> , l ³ p • Ö(E / s_>пц>) = l_>пред> .

l_>пред> - предельная гибкость (граничная гибк.): не зависит от размеров,зависит от свой-в материала.

Ф-ла Эйлера применима, когда гибкость стержня ³ предельн. гибк-ти для материала стержня:l ³ l_>пред> .

В случае неприменим-ти ф. Эйлера напряжения опред. по эмпирическим ф-лам s_>кр> = a – b•l , a и b - коэфф-ты, определяемые опытным путем.

Стержни гибкости : 1. большой (l ³ l_>пред>) - по ф. Эйлера 2. средней (l_>0> £ l < l_>пред>) - по эмпирич. ф-ле. 3. малой (l < l_>0>)-расчет не на устойчив., а на проч.

БИЛЕТ 25 Напряжение при движении с ускорен.

Груз весом G поднимают вверх с ускорением a.

Определить напряяжение в канате.

s_>d> - динамическое напряжение, A - площадь сечен.

s_>st> = G / A - напряжен. при статич. действии груза.

K_>d> - динамический коэффициент

s_>d>•A – G•(1+ a / g ) = 0, s_>d> = G / A•(1+ a/g) = s_>st>•K_>d>.

K_>d> = (1+ a/g).

Экзаменационные вопросы по

прикладной механике (первый семестр II курс).

1. Метод сечений. Определение внутренних усилий.

Задача: эпюры.

2. Растяжение и сжатие бруса. Нормальная сила. Напряжение в поперечном сечении. Усл. прочности при растяжении-сжатии.

Задача: Эпюра нормальных сил и изг. M в балке.

3. Деформация при растяжении-сжатии. Диаграмма деформации стали. Закон Гука.

Задача: построить эпюры изгибающих и крутящих моментов в балке, проверить прочность по 3-й теории прочности.

4. Основные механические характеристики конструкционных материалов. Понятие предельных допускаемых напряжений.

Задача: построить эпюры изгибающих и крутящих моментов ломаного бруса.

5. Изгиб. Дифференциальные зависимости для усилий.

Задача: проверить прочность балки на изгиб.

6. Основные гипотезы при изгибе. Нормальное напряжение при изгибе. Задача: проверить.

7. Изгиб. Определение положения нейтрального слоя.

8. Максимальное напряжение при изгибе. Вывод формулы. Условие прочности. Задача:РГР № 1.

9. Дифференциальное уравнение изогнутой оси бруса. Перемещение при изгибе.

Задача:РГР № 1.

10. Вывод интеграла Мора.

Задача:РГР № 1.

11. Способ перемножения эпюр. Правило Верещагина.

Задача: брус зажат между стенками

12. Косой изгиб. Определение напряжения при косом изгибе.

Задача: определить диаметр ступенчатого бруса.

13. Определение положения нулевой линии при косом изгибе.

Задача: Жестко закрепленная балка, построить эпюру крутящих моментов.

14. Понятие напряженного состояния в точке. Тензор напряжения. З-н парности касательных напряжений.

Задача: Построить эпюру крутящих моментов и определить диаметр вала.

15. Плоское напряженное состояние: вывод формул для напряжений.

Задача: Проверить прочность при заданной нагрузке: Æ, P, l от P до опоры, [s].

16. З-н Гука для изотропного материала.

Задача: угол поворота консольной балки в сечении.

17. Теории прочности. Понятие эквивалентного напряженного состояния. Вывод ф-лы s_>экв> .

Задача: Проверить прочность балки с квадратным сечением при заданной распределенной нагрузке.

18. Кручение бруса круглого поперечного сечения. Гипотезы теорий кручения. Напряжения и деформации. Зависимость t от производной по углу закручивания.

Задача: Определить перемещение балки на 2-х опорах под действием силы P посередине.

19. Кручение, вывод рассчетной ф-лы для касательных напряжений, условие прочности.

Задача: Определить прогиб консольной балки, в конце балки - момент.

20. Кручение, вывод ф-лы для относительного угла закручивания, условие прочности.

Задача: Из условий прочности найти размеры квадратного поперечного сечения балки.

21. Внецентренное растяжение. Определение напряжения для бруска прямоугольного сечения, условие прочности.

Задача: построить эпюры M, s, перемещения.

22. Изгиб с кручением бруса круглого сечения, напряженное состояние, условие прочности.

Задача: Абсолютно жесткая балка подвешена на стержнях с одинакового сечения и материала.

23. Вывод ф-лы Эйлера для сжатого стержня большой гибкости.

Задача: Из условия прочности найти диаметр балки, нагружена моментом, распред. нагр.

24. Вывод ф-лы Эйлера для критических напряжений. Пределы ... ф-лы Эйлера.

Задача: Эпюры Q и M для балки на 2-х опорах, нагружена моментом, распред. нагр., содержит консольные участки.

25. Общие принципы расчета при динамических нагрузках. Расчет на прочность при движении тел с заданным ускорением.

Задача: Исходя из условий прочности найти размеры сечения прямоугольной консольной балки.