Банк рефератов содержит более 364 тысяч рефератов, курсовых и дипломных работ, шпаргалок и докладов по различным дисциплинам: истории, психологии, экономике, менеджменту, философии, праву, экологии. А также изложения, сочинения по литературе, отчеты по практике, топики по английскому.
Полнотекстовый поиск
Всего работ:
364150
Теги названий
Разделы
Авиация и космонавтика (304)
Административное право (123)
Арбитражный процесс (23)
Архитектура (113)
Астрология (4)
Астрономия (4814)
Банковское дело (5227)
Безопасность жизнедеятельности (2616)
Биографии (3423)
Биология (4214)
Биология и химия (1518)
Биржевое дело (68)
Ботаника и сельское хоз-во (2836)
Бухгалтерский учет и аудит (8269)
Валютные отношения (50)
Ветеринария (50)
Военная кафедра (762)
ГДЗ (2)
География (5275)
Геодезия (30)
Геология (1222)
Геополитика (43)
Государство и право (20403)
Гражданское право и процесс (465)
Делопроизводство (19)
Деньги и кредит (108)
ЕГЭ (173)
Естествознание (96)
Журналистика (899)
ЗНО (54)
Зоология (34)
Издательское дело и полиграфия (476)
Инвестиции (106)
Иностранный язык (62792)
Информатика (3562)
Информатика, программирование (6444)
Исторические личности (2165)
История (21320)
История техники (766)
Кибернетика (64)
Коммуникации и связь (3145)
Компьютерные науки (60)
Косметология (17)
Краеведение и этнография (588)
Краткое содержание произведений (1000)
Криминалистика (106)
Криминология (48)
Криптология (3)
Кулинария (1167)
Культура и искусство (8485)
Культурология (537)
Литература : зарубежная (2044)
Литература и русский язык (11657)
Логика (532)
Логистика (21)
Маркетинг (7985)
Математика (3721)
Медицина, здоровье (10549)
Медицинские науки (88)
Международное публичное право (58)
Международное частное право (36)
Международные отношения (2257)
Менеджмент (12491)
Металлургия (91)
Москвоведение (797)
Музыка (1338)
Муниципальное право (24)
Налоги, налогообложение (214)
Наука и техника (1141)
Начертательная геометрия (3)
Оккультизм и уфология (8)
Остальные рефераты (21697)
Педагогика (7850)
Политология (3801)
Право (682)
Право, юриспруденция (2881)
Предпринимательство (475)
Прикладные науки (1)
Промышленность, производство (7100)
Психология (8694)
психология, педагогика (4121)
Радиоэлектроника (443)
Реклама (952)
Религия и мифология (2967)
Риторика (23)
Сексология (748)
Социология (4876)
Статистика (95)
Страхование (107)
Строительные науки (7)
Строительство (2004)
Схемотехника (15)
Таможенная система (663)
Теория государства и права (240)
Теория организации (39)
Теплотехника (25)
Технология (624)
Товароведение (16)
Транспорт (2652)
Трудовое право (136)
Туризм (90)
Уголовное право и процесс (406)
Управление (95)
Управленческие науки (24)
Физика (3463)
Физкультура и спорт (4482)
Философия (7216)
Финансовые науки (4592)
Финансы (5386)
Фотография (3)
Химия (2244)
Хозяйственное право (23)
Цифровые устройства (29)
Экологическое право (35)
Экология (4517)
Экономика (20645)
Экономико-математическое моделирование (666)
Экономическая география (119)
Экономическая теория (2573)
Этика (889)
Юриспруденция (288)
Языковедение (148)
Языкознание, филология (1140)

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

Название: Расчет стержневых систем и бруса на растяжение, Расчет нагруженной балки, Экзаменационные вопросы по прикладной механике
Раздел: Рефераты по технологии
Тип: реферат Добавлен 02:31:10 03 августа 2005 Похожие работы
Просмотров: 2066 Комментариев: 2 Оценило: 1 человек Средний балл: 2 Оценка: неизвестно     Скачать

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 :

“Расчет стержневых систем и бруса на растяжение”

Вариант №: 24


студент: Холин Андрей Юрьевич (группа Е-203)

преподаватель: Грусков Александр Дмитриевич

1998г.

Задание 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 - ?, Ay - ?, Az - ?


Решение:

1.1


Уравнения равновесия балки: S(Py) = 0, S(Pz) = 0, S(mz) = 0

(1). Ay + P – 3P + N • sin 60° = 0

(2). Az + 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: Ay = 2P – N • sin 60°, Az = – 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).

Ay = 2 • 32 – 101,61 • sin 60° = –24 (кН).

Az = – 101,61 • cos 60° = –50,81

Для проверки посчитаем сумму моментов относительно точки B:

Ay•(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 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.


NAB = P = 32 кН;

NBC = P–2P = –P = –32 кН;

NCD = P–2P–3P = –4P = –128 кН;

NDE = P–2P–3P+P = –3P = –96 кН

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).

sAB = NAB / F1 = 32000 / 100p »

» 101,9 (н/мм2).

s = N / F2 = –32000 / 196p »

» –52 (н/мм2).

sСD = NСD / F2 = –128000 / 196p »

»–207,9 (н/мм2).

sDE = NDE / F2 = –96000 / 196p »

» –155,9 (н/мм2).


E = 2•105(н/мм2).

UE = 0.

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

UC = UD + b • sCD / E » –1,87 – 207,9 • 3 • 1,2 • 103 / (2 • 105) = –5,61 (мм).

UB = UC + a • sBC / E » –5,61 – 52 • 1,2 5 103 / (2 • 105) = –5,93 (мм).

UA = UB + a • sAB / E » –5,93 + 101,9 • 1,2 • 103 / (2 • 105) = –5,31 (мм).

Проверка прочности бруса в опасном сечении (при ЅsЅ = ЅsЅmax):

На участке CD ЅsЅ имеет максимальное значение.

Условие прочности s Ј [s] не выполняется: Ѕ–207,9Ѕ> 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 № 2 :

“Расчет нагруженной балки”


Вариант №: 24


студент: Холин Андрей Юрьевич (группа Е-203)


преподаватель: Сергеев Александр Иванович


1998г.

Задание 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,YE,YF) (рис. 4):

Дано:

Таблица 1: “Расположение элементов нагрузки”.

A1

A2

B1

B2

C D L [м]
2,5 1,0 1,5 2 0,2 1,2 3,1

Таблица 2: “Величины элементов нагрузки”.

P1[кН]

P2[кН]

M1[кН•м]

M2[кН•м]

q [кН/м]
-8,0 10,0 16 11 20

Знаки величин принимаются относительно направлений, обозначенных на рисунке.

1.1 Найти: YE-? ZE-? YF-? ZF-?

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 :

еQyn = 0 : сумма поперечных сил

еQzn = 0 : сумма продольных сил

еMn = 0 : сумма изгибающих моментов

Силы P1, P2, R приложены перпендикулярно к оси z, поэтому их проекции на эту ось будут нулевыми по величине, еQzn = 0.

Уравнение суммы поперечных сил :

YE – q • (D – С) + P2 + P1 + YF = 0

Уравнение суммы изгибающих моментов относительно точки E :

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

Знаки в уравнениях определены исходя из направлений, обозначенных на эквивалентной схеме нагрузки балки (рис.3), поэтому в уравнениях используются модули нагрузочных величин (ЅP1Ѕ,ЅP2Ѕ,ЅRЅ,ЅM1Ѕ,ЅM2Ѕ) и обозначаются без векторной черты. Возможные отрицательные значения искомых величин YE и YF будут означать противоположное их направление выбранному на схеме.

Из уравнения моментов вычисляем силу YF :

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

YF = [(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 YE :

YE = q • (D – С) – P2 – P1 – YF

YE » 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 YE и YF имеют правильные направления.

Уравнение суммы изгибающих моментов относительно точки F :

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

Обращение левой части уравнения в нуль при подстановке данных и найденных величин подтверждает правильность значений найденных реакций опор YE и YF.

–(1,2–0,2)•20•[(3,1–1,2)+(3,1–0,2)]/2+YE•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 близко1) 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.

zn - расстояния от точки E до точек приложения нагрузок, z0 = 0.

Пусть Q(z) - функция зависимости внутренней поперечной силы (балки) от координаты z; 0 Ј z < z7.

n

RQn = – lim Q(z) = – е lim Qўk(x)

z ® zn слева k=0 x ®(zkzk1) слева

Пусть Qўn(x), x = z – zn1 - функция зависимости внутр. попереч. силы от координаты z на участке n, если z лежит на левой границе участка, то (z – zn1) = 0. Пусть RQn - 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

Qўn(x), x = z – zn1

пределы z

RQn

Rqn (числ. знач.)

1

YE

0 Ј z < z1

–YE

– 5,6
2

– q • (z – z1)

z1 Ј z < z2

–YE + q • (z2 – z1)

–5,6+20•(10,0–0,2)=10,6

3

P2 – q • (z – z2)

z2 Ј z < z3

–YE + q • (z2 – z1) – P2 + q • (z3 – z2)

10,6–10,0+20•(1,2–1,0)=4,6

4 0

z3 Ј z < z4


4,6
5 0

z4 Ј z < z5


4,6
6 0

z5 Ј z < z6


4,6
7

P1

z6 Ј z < z7

–YE + q • (z2 – z1) – P2 + q • (z3 – z2) – P1

4,6 – 8,0 » –3,6*

* реакция, действующая на правый край VII участка - есть реакция опоры, совпадение ее численного значения с YF 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 Zn1 Ј Z < Zn.



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

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

проекция сил на направление sa :

sa•Aas1•A•cos a = 0

sa = s1 cos2 a

проекция сил на направление ta :

ta•Aas1•A•sin a = 0

ta = 1/2 s1 sin 2a

для BD:

sb = s1 • cos2 (a+/2)= s1 • sin2 a

tb = 1/2 •s1 • sin 2(a+/2) = – 1/2 •s1 • sin 2a.

sa+ sb = s1; ta = – tbз-н парности касат. напряж.).

Из этого закона следует, что :

при a = 90° sa = 0, ta= 0; при a = 0 sa = samax = s1, ta= 0; при a = 45° ta= tamax= s1 / 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.

= m e; - относит. поперечная деформация.

m - коэфф-нт поперечной деформации (Пуассона).

обобщенный з-н Гука для плоского напряженного состояния :

e1 = s1 / E – ms2 / E

e2 = s2 / E – ms1 / E.

находим напряжения s1 и s2 :

s1 = E (e1 + me2) / (1– m2), s2 = E (e2 + me1) / (1– m2).

БИЛЕТ 16 З-н Гука для изотропного материала.

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

Для объемного напряженного состояния :

e1 = (1 / E) •[s1m•(s2 + s3)],

e2 = (1 / E) •[s2m•(s3 + s1)],

e3 = (1 / E) •[s3m•(s1 + s2)].

Объем кубика 1ґ1ґ1 после деформации :

V = (1+e1) ґ (1+e2) ґ (1+e3) » 1+ e1 +e2 +e3.

Относительное изменение объема :

u = e1 +e2 +e3 = (1–2•m) •(s1+s2+s3 ) / 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 sр Ј [sр], max sс Ј [sс].

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”. tmax = tэкв Ј [t].

Из закона парности касательных напряжений :

tmax = 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 / Ip . r - расстояние от центра сечения.

M - приложенный момент. r - радиус сечения.

tmax = M•r / Ip = M / Wp Ј [t].

Wp - полярный момент сопротивления.

Для круглого сплошного сечения радиусом r:

Wp = Ip / r = pd4 / (32•d/2) = pd3 /16 » 0,2•d3.

Деформации и перемещения :

dj / dz = M / (G•Ip) - выведено в билете 19

Производная угла закручивания (взаимн. пов.) :

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

j = т!от0доz! [M•dz / (G•Ip)].

Величина G•Ip - жесткость вала при кручении.

Для вала длиной l: j = M•l / (G•Ip).

Относительный угол закручивания - угол закручивания на единицу длины :

g = j / l = M / (G•Ip).

Условие прочности: g Ј [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, Ю :t = Grdj / dz.

БИЛЕТ 19 Кручение, вывод рассчетн. ф-лы для

касательных напряжений.

gmaч = 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 = Aт (tr)•dA; (tr)•dA - элементарный крутящий момент внутренних сил на площадке dA.

M = G•dj / dz Aт (r2)•dA.

Полярный момент инерции сечения : Ip = Aт (r2)•dA.

dj / dz = M / (G•Ip); t = Mr / Ip .

Условие прочности.

tmax = M•rmax / Ip = M / Wp Ј [t].

Wp - полярный момент сопротивления.

Для круглого сечения радиусом r: Wp = Ip / r.

БИЛЕТ 20 Кручение, вывод ф-лы для

относительного угла закручивания.

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

БИЛЕТ 21 Внецентренное растяжение.


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

Mx = F•yF , My = F•xF . Напряжение в точке (x,y) :

s = N / A + Mx•y / Ix + My•x / Iy .

Максимальные напряжения на угловых точках :

s = N / A ± Mx / Wx ± My / Wy .

Wx , Wy - моменты сопротивлений .

A - площадь сечения.

По рисунку - наибольшие напряжения - в точке E :

sE = N / A + Mx / Wx + My / Wy .

Алгебраически наименьшие напряж. - в точке D :

sD = N / A – Mx / Wx – My / Wy .

Условие прочности :

N / A + Mx / Wx + My / Wy Ј [s].

В плоскости нулевой линии напряжение равно 0.

Уравнение нулевой 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 - отрезки на осях координат x, y.

Радиус инерции сечения : ix = Ц(Ix / A), iy = Ц(Iy / A),

размерность - длина (обычно сантиметр).

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

Для прямоугольного сечения :

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 bззоси x, h зз y.

Напряжение в 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).

Максимальные напряжения на угловых точках :

s = N / A ± Mx / (b•h2 / 6) ± My / (b2•h / 6) =

= N / A ± N•yF / (b•h2 / 6) ± N•xF / (b2•h / 6).



БИЛЕТ 22 Изгиб с кручением бруса кругл. сеч.

От изгиба в точках C и D: smax = M / WX;

от кручения по контуру сечения:

t max = T/WP = T / (2•WX).

Напряженное состояние в точке C :

Главные напряжения: s1=smax = (s + Ц(s2 + 4t2)) /2.

s3=smin = (sЦ(s2 + 4t2)) /2.

По 3-й гипотезе прочности : s1s3 Ј [s];

Ц(s2 + 4t2) Ј [s]; Ц(M2 + T2) / WX Ј [s]; отсюда :

проектный расчет: WX = Ц(M2 + T2) / [s]; если изгиб

в 2-х ^-ных плоскостях, то: M = Ц(M2X + M2Y).

БИЛЕТ 23 Ф-ла Эйлера для сжатого стержня

большой гибкости.

Основной случай продольного изгиба

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

Критическая сила - FКР : наименьшаяая сила, при которой стержень теряет способность сохранять прямолин. форму.Предел пропорциональности sпц :

напряжение “до” которого деформация происходит по закону Гука.

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

1/r » d2u / dz2 = M / (EJ); 1/r - кривизна. M = FКРu.

Уравнеие изогнутой оси: d2u / dz2 = – FКРu / (EJ).

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

+ k2u = 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. Ю С = 0, D•sin(k•z)=0.

D = 0 не подходит т.к. нет прогиба балки Ю sin(k•z)=0; Ю k = np / l, Ю FКР = p2•Jmin•E•n2 / l2 .

наи<ее значение FКР - при n = 1. FКР = p2EJmin / l2 .

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

Для любого способа закрепления концов балки в ф-ле l заменим lприв = m • l. lприв - 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.

sкр = Fкр / A, A - площадь сечения.

Формула Эйлера: FКР = p2•E•Jmin / l2 .

sкр = p2 • E • Jmin / [(m • l)2 • A]; Jmin / A = i2min .

Радиус инерции сечения : ix = Ц(Ix / A), iy = Ц(Iy / A),

размерность - длина (обычно сантиметр).

sкр = p2 • E • i2min / [(m • l)2] = p2 • E / (m • l / imin)2 .

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

зависит от геометрич. характеристик стержня.

sкр = 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.

sкр Ј sпц , p2 • E / l2 Ј sпц , l і pЦ(E / sпц) = lпред .

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

Ф-ла Эйлера применима, когда гибкость стержня і предельн. гибк-ти для материала стержня:l і lпред .

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

Стержни гибкости : 1. большой (l і lпред) - по ф. Эйлера 2. средней (l0 Ј l < lпред) - по эмпирич. ф-ле. 3. малой (l < l0)-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.

sd - динамическое напряжение, A - площадь сечен.

sst = G / A - напряжен. при статич. действии груза.

Kd - динамический коэффициент

sd•A – G•(1+ a / g ) = 0, sd = G / A•(1+ a/g) = sst•Kd.

Kd = (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: Ж, 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 sэкв .

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.

Оценить/Добавить комментарий
Имя
Оценка
Комментарии:
Где скачать еще рефератов? Здесь: letsdoit777.blogspot.com
Евгений21:31:33 18 марта 2016
Кто еще хочет зарабатывать от 9000 рублей в день "Чистых Денег"? Узнайте как: business1777.blogspot.com ! Cпециально для студентов!
14:13:17 24 ноября 2015

Работы, похожие на Реферат: Расчет стержневых систем и бруса на растяжение, Расчет нагруженной балки, Экзаменационные вопросы по прикладной механике

Назад
Меню
Главная
Рефераты
Благодарности
Опрос
Станете ли вы заказывать работу за деньги, если не найдете ее в Интернете?

Да, в любом случае.
Да, но только в случае крайней необходимости.
Возможно, в зависимости от цены.
Нет, напишу его сам.
Нет, забью.



Результаты(149882)
Комментарии (1829)
Copyright © 2005-2016 BestReferat.ru bestreferat@mail.ru       реклама на сайте

Рейтинг@Mail.ru