Контрольная работа по "Строительству". 9

Содержание

 

 

 

 

 

 

 

 

Контрольная работа № 1

 

Задача 1. 

Определить усилия в стержневой системе. Задачу выполнить графически и аналитически. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 1 и схемы на рисунке 1

 

Вариант	№ схемы	Р, кН
3	3	10

 

Решение:

1. Будем рассматривать равновесие шарнира А (точки А), так как к этому шарниру 
   приложены все силы.
2. Освобождаем точку А от связей (отбрасываем стержни АС и ВА) и заменяем их действие реакциями FAС и Fab.
3. Таким образом, на точку А действуют силы:

 

• активные P1, P2, Рз (известные);
• реактивные Fac и Fab (неизвестные). 
  Действующие силы показаны на рисунке.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Получили плоскую систему сходящихся сил, находящуюся в равновесии, действительные направления сил Fac и Fab неизвестны. Знак усилия, полученный в результате аналитического решения, подскажет истинное его направление: если усилие положительное - направление предполагалось верным, отрицательное - направление противоположно предполагаемому.

 

 

4. Определим искомые усилия двумя способами: аналитическим и геометрическим.

 

5. Аналитический способ. Выбираем систему координат и записываем равновесия       плоской системы сходящихся сил.

= -FAB cos450 - FAC •cos450 + 10·cos60°-30=0

  = FAВ •sin45° - FAС •sin45 +20 -10·sin60°  = 0

Отсюда,

FАВ = -25,7кН (растяжение)

FAС = -9,66  кН (растяжение)

Знак «минус» указывает, что реакции направлены противоположно принятому на рисунке направлению.

 

6. Геометрический  способ. Полученная плоская система  сходящихся сил находится в равновесии, следовательно, силовой многоугольник, построенный на силах этой системы, должен быть замкнутым.

Строим силовой многоугольник. От точки О в выбранном масштабе откладываем в любой последовательности известные силы Рь Р2, Рз, совмещая начало последующей силы с концом предыдущей. После того, как отложены известные силы, получаем точку М.

 

Масштаб: 1см = 10 кН

 

 

 

 

 

 

 

Через точку М проводим прямую, параллельную АС, а через точку О - прямую, параллельную АВ. Отрезки т. О и т. М представляют собой искомые усилия. Стрелки, изображающие направления искомых сил, ставим так, чтобы в векторном многоугольнике было единое направление обхода.

 

Измерив отрезки т. О и т. М в соответствии с выбранным масштабом, находим абсолютные величины реакций.

FАС = 0,97 см = 9,7 кН  

FАВ = 2,6 см = 26 кН

Направление и величина реакций совпадает с решением, полученным аналитическим методом.

 

Задача№ 2 «а».

Определить реакции в опорах для балки. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 2 и схемы на рисунке 2 «а»;

 

Вариант №	Схема	а, м	F, кН	М, кНм	q, кН/м
3	3	1	8	22	3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение:

1. Рассматриваем равновесие балки АВ. Освобождаем балку от опор и заменяем их 
   действия реакциями (шарнирно-подвижную - одной, шарнирно-неподвижную - двумя взаимно перпендикулярными).
2. Выбираем оси координат х и у.
3. Силу F раскладываем на две составляющие:

Fx = F·cos45°;  Fy = F·sin45°.

FX = 8·cos45° = 8*0,707 = 5,66 кН;

FY = 8·sin45о = 8*0,707 = 5,66кН.

 

4. Получили плоскую систему произвольно расположенных сил. Составляем уравнение статики, уравнения равновесия системы.

1) ∑МА = Fya + M – RB(6а) + q*4а (4а) = 0

RB = (Fya + M + q*4а (4а))/(6а)

RB = 12,61 кН

2) ∑МВ =  Fy(5a) - M – RА(6а) + q*(4а)2/2 = 0

RA = (Fy(5a) - M + q*(4а)2/2)/(6а) = 0   

RA = 5,05 кН

3) ∑xi =  Fx – HA = 0

HA = 5,66 кН

 

5. Проверяем правильность найденных результатов:

∑yi= RA + RB – Fy – q*4а = 0

5,05+12,61 – 5,66 – 3*4 = 0     

0 = 0

Условие равновесия выполняется, следовательно, реакции опор найдены верно.

 

 

 

Задача № 2 «б».

Определить реакции в опорах для рамы. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 2 и схемы на рисунке 2 «б».

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение:

1. Рассматриваем равновесие рамы АВ. Отбрасываем опорные закрепления и заменяем 
   их действие реакциями (шарнирно-подвижную - одной, шарнирно-неподвижную - двумя).
2. Выбираем оси координат х и у.
3. Получили плоскую систему произвольно-расположенных сил. Составляем уравнение статики (уравнения равновесия системы).

 

 

1) ∑xi = HA – q · 2a - F = 0

HA – 3 · 2 - 8= 0; HA = 14 кН

2) ∑МА = q · 2a · 2a  + F · a - M + Rb . 2a = 0

3 . 2 · 2  + 8 - 22 + Rb · 2  = 0;  Rb = 1 кН

3) ∑yi = RA + Rb = 0

RA = -1 кН

4. Проверяем правильность результатов, составив уравнение:

∑Mb = RA · 2a + M - q · 2a · a - HA · a = 0

-1 · 2 + 22 - 3 . 2 · 1 - 14 · 1 = 0;  

0 = 0

Условия равновесия выполняется, следовательно, реакции опор найдены верно.

 

 

Задача 3.

 

  Определить главные центральные  моменты инерции сечения, составленного  из прокатных профилей. Данные  для задачи своего варианта  взять из таблицы 3, схема на  рисунке 3

 

Вариант	Схема	№ профиля	лист
			b x h, мм
3	3	10	100	4

 

 

Швеллер № 24:

JY = Jy1,2 = 20,4 см4        JX = Jx1,2 =  174 см4      A1,2 = 10,9 см2 h1,2 = 10 см

 

Решение:

1. Вычертим сечение в масштабе, взяв необходимые размеры и характеристики в      таблицах сортамента (приложения 3,4).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C3,4 – центры тяжести прямоугольных полос 

С1,2 – центры тяжести двух швеллеров;

 

2. Покажем на схеме сечения центры тяжести составных частей С1,С2,С3 и С4.

Проводим центральные оси отдельных частей: x1, x2, x3, y1, y2, y3.

 

3. Определяем положение центра тяжести всего сечения в осях хо; уо (ось хо выбраны произвольно, уо - совмещена с осью симметрии сечения). Так как сечение симметрично относительно обеих осей, то его центр тяжести расположен в центре координат.

Показываем на чертеже центр тяжести сечения С (0; 0) и проводим через него главные центральные оси х и у.

3. Определим моменты инерции прямоугольной пластины.  Вычислим расстояние между главной центральной осью всего сечения х и центральными осями отдельных частей относительно оси х и оси y.

Моменты инерции швеллеров берем из таблицы сортамента.

 

Определим два осевых момента инерции относительно центральных осей:

 

 

Таким образом, центральный осевой момент инерции сечения относительно оси х.

 

 

Задача 4.

Двухступенчатый стальной брус нагружен силами F1; F2; F3 . Построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений по длине бруса. Определить перемещение ∆1 свободного края бруса, если Е = 2 х 105 Н/мм2. значения F1; F2; F3 и площади поперечных сечений А1 и А2 для своего варианта взять из таблицы 4 и схемы на рисунке 4

 

 

Вариант	№ схемы	F1, кН	F2, кН	F3, кН	A1, см2	A2, см2	а, m
3	3	40	60	20	2	4	1

 

 

Решение:

1. Разбиваем брус на участки, начиная от свободного края. Границами участков будут сечения, в которых приложены силы.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Данный брус имеет 5 участков. В пределах каждого участка воспользуемся методом сечений:

• Разбиваем брус на рассматриваемом участке сечением, перпендикулярным оси бруса;
• Мысленно отбрасываем любую часть бруса
• Заменяем влияние отброшенной части на оставленную внутренней силой Ni;

- Рассматриваем в равновесии оставленную (нижнюю) часть бруса под действием внешних сил и внутренней силы Ni.

 

1. Значения продольной силы на участках равны:

 

1 участок 

NED = 0

 

2 участок

NDC = F1 = 40 кН

 

3, 4 участок

NСВ = NВК = F1 - F2 = -20 кН

 

5 участок

NКА = F1 - F2 + F3 = 0 кН

 

 

 

По найденным значениям строим эпюру продольных сил.

 

2. Вычисляем ординаты  эпюры нормальных напряжений:

 

 

1 участок 

σЕD = 0

 

2 участок

σDC = NDС/A1 = 40*103H / 2*10-4 м2 = 200 МПа

 

3 участок

σСВ = NСВ/A1= -20*103H / 2*10-4 м2 = -100 МПа

 

4 участок

σВК = NВК/A2= -20*103H / 4*10-4 м2 = -50 МПа

 

5 участок

σКА = 0

 

 

Строим эпюру нормальных напряжений.

 

4. Определяем перемещение свободного края как алгебраическую сумму абсолютных удлинений (укорочений) отдельных участков.

 

Определим перемещения на участках стержня:

 

Е = 2 * 105 Н/мм2 

Отсюда перемещения соотв. участков бруса будут равны:

δА = 0

δК = ΔАК = 0

δВ = ΔАК + ΔВК = -0,075 мм

δС = ΔАВ + ΔВК + ΔCВ = -0,225 мм

δD = ΔАВ + ΔВК + ΔCВ + ΔDC = 0,475 мм

δE = = ΔАВ + ΔВК + ΔCВ + ΔDC + ΔЕD = 0,475  мм

 

Полное удлинение бруса: Δl = 0,475 мм

 

 

Контрольная работа №2

Задание1.

Для заданной балки построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, подобрать круглое сечение (d-?) из условия прочности по нормальным напряжениям, если [σ] = 160 Н/мм2. Проверить жесткость подобранного сечения (с помощью формул), если модуль упругости Е = 2 х 105 Н/мм2, а величина допустимого прогиба [f] = 1/200 L. Данные для своего варианта взять из таблицы 5, рисунок 15.

 

Вариант	№ схемы	М, КН х м	F, КН	q, КН/м
3	3	10	20	2

 

 

 

 

 

Решение:

1. Перед тем, как строить эпюры, определим реакции в опорах, составив уравнение статики:

 

∑МВ = 0   VА* (6) – F(2) – F(4) - 2q(3) = 0

VА =  (F(2) + F(4) + 2q(3))/(6)

Численно:

VА =  (40+80+12)/6 = 22 кН

 

∑МА = 0   - VВ* (6) + F(2) + F(4) + 2q(3) = 0

Численно:

VВ = ((40+80+12)/6 = 22 кН

 

Проверка: ∑Y = 0    VА + VB - q (b+c) = 0

                                     22+22-2*20-2*2 = 0

 

Верно.

 

 

Следовательно, реакции в опорах определенно верно.

Строим эпюру «Q» (поперечных сил) и эпюру «М» (изгибающих моментов):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3. Из условия  прочности по допускаемым нормальным  напряжениям подбираем сечение.

Опасное сечение в центре балки:

Мmax = 45,0 кНм

[σ] = 160 МПа

Момент сопротивления через диаметр круга:

Отсюда из условия прочности получаем:

 

4. Для проверки  жесткости подобранного сечения  необходимо определить максимальных прогиб балки и сравнить его с допустимым прогибом,

[f] = 1/200  L= 600/200 = 3 см = 30мм.

По таблице 1 приложения 7 определим сначала максимальный прогиб балки от силы F = 20 кН:

 

Максимальный прогиб балки от распределенной нагрузки q (приложение 7):

 

Полный максимальных прогиб балки круглого сечения диаметром 14,2 см:

 

 

Следовательно жесткость обеспечена.

 

 

Задача 2.

 

Подобрать сечение центрально – сжатой колонны сплошного сечения, составленного из швеллеров или двутавров (приложение 3,4), соединенных в сплошное сечение при помощи сварки. Принять допускаемое напряжение [σ] = 160 Н/мм2. Данные для своего варианта взять из таблицы 6, схемы на рисунке 16, форму сечения на рисунке 17.

 

Вариант	№ схемы	F, КН	l, м	Форма сечения
3	3	600	4	В

 

 

Решение:                                          

 Условие устойчивости  стойки имеет вид:

где F - продольная сила, А - площадь поперечного сечения колонны, φ - коэффициент продольного изгиба, зависящий от материала стержня и его гибкости.

Воспользуемся методом последовательных приближений.

Согласно схеме закрепления стержня принимаем коэф. приведения длины μ= 0,7.

1. Приближение 0.

Согласно указаниям к задаче, при таком закреплении конца стержня принимаем          φ0 = 0,7. Из условия устойчивости:

А0 = F/ φ0 * [σ] = 600 * 103/(0,7*160*106) = 5,75*10-3 м2 = 2*26,8 см2

Требуемая площадь сечения одного швеллера - 26,8 см2

 

По таблице сортамента принимаем швеллер №22а, для которого:

 А = 28,8 см2 

Радиусы инерции составного сечения:

Гибкость стержня λ1 = μl/imin = 0,7*400/3,54 = 79,02

Из таблицы выбираем два значения коэффициента φ:

λ1 = 70  φ1 = 0,754   

λ2 = 80  φ2 = 0,686 

Методом линейной интерполяции определяем точное значение φ:

φ(λ1) = 0,696

Проверяем условия устойчивости:

σ = F/ φ2A22а = 600*103/0,696*2*28,8*10-4 = 149,66 МПа < 160 МПа = [σ]

Напряжение допустимо. Дополнительные приближения не требуются.

Окончательно принимаем сечение стойки из двух швеллеров 22а.