Сопротивление материалов. Задачи для домашних заданий, примеры решений для студентов направления 270800 – Строительство (стр. 2 )

По этим значениям на рис. 2 намечаем точку С и через неё проводим центральную ось х. Ввиду того, что ось у – ов является осью симметрии, оси х, у являются главными осями инерции.

Расстояния между параллельными горизонтальными осями х - х1, х - х2

Главный осевой момент инерции относительно центральной оси

Осевые моменты сопротивления определяются путём деления Jx на расстояния от центральной оси х до крайних растянутых и сжатых волокон соответственно

Условие прочности по растягивающим напряжениям (1) принимает вид

Отсюда

Аналогичные вычисления проведём по прочности сжатых волокон

Меньшее из двух значений силы является грузоподъёмностью или несущей способностью балки

F = 15,49 кН.

При таком значении силы сосредоточенный момент, приложенный к балке, равен

M = Fa = 15,49 · 0,8 = 12,39 кНм.

ВАРИАНТЫ ЗАДАНИЙ

Второе число шифра	м	a м	b cм	h cм	c cм	Rр МПа	Rс МПа	γc
1	1,8	0,9	11	9	2	50	150	1,00
2	1,6	0,7	12	8	3	55	160	0,90
3	1,5	0,8	10	7	2	60	155	0,95
4	1,7	1,0	13	8	3	65	165	0,85
5	1,6	1,0	11	9	2	50	160	0,90

Задача 3

Внутренние силы в сечениях криволинейного стержня

и расчёты на прочность

Криволинейный стержень круглого поперечного сечения в виде четверти окружности с радиусом R, нагружен расчётной силой F. Требуется построить эпюры внутренних сил, определить диаметр сечения d из расчёта по первой группе предельных состояний.

Исходные данные

Шифр	R, м	F, кН	МПа
31-6	2,0	10	240	0,9

Расчётная схема Решение

Внутренние силы будем определять с помощью метода сечений. С этой целью проведём сечение OZ в радиальном сечении (рис. 1) и для дальнейшего рассмотрения оставим верхнюю отсечённую часть (рис. 2).

Введём ортогональную систему координатных осей n, t и угловую координату . Внутренние силы N, Q, M, показанные на рис. 2 будем считать положительными. Найдём их из уравнения равновесия отсечённой части

Вычисления проведём в табличной форме для с шагом .

№	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
	0	10	30	30	40	50	60	70	80	90
N	0	-1,74	-3,42	-5,00	-6,43	-7,66	-8,66	-9,40	-9,85	-10
Q	10	9,85	9,40	8,66	7,66	6,43	5,00	3,42	1,74	0
M	0	-3,47	-6,84	-10,00	-12,86	-15,32	-17,32	-18,80	-19,69	-20

Эпюры, построенные по результатам счёта показаны на рис. 3.

Диаметр поперечного сечения найдём из условия прочности по первой группе продольных состояний

(1)

Влиянием поперечной силы на прочность ввиду его незначительности будем пренебрегать. Максимальное нормальное напряжение определяется в опасном сечении по модулю изгибающего момента

(2)

Осевой момент сопротивления круглого поперечного сечения

(3)

Внесём (2) с учётом (3) в (1) и запишем

Отсюда получим искомый диаметр

ВАРИАНТЫ ЗАДАНИЙ

Второе число шифра	R, м	F, кН	МПа
1	2,2	11	230	0,90
2	2,1	9	250	0,80
3	2,2	8	260	0,90
4	2,3	8	270	0,85
5	2,4	7	280	0,95

Задача 4

Внутренние силы при изгибе рамы

Для плоской рамы (рис. 1)определить опорные реакции, построить эпюры внутренних сил, проверить статические условия равновесия в целом для рамы и её узлов.

Исходные данные

Шифр	м	h м	a м	F кН	q кН/м	M кНм
31-6	3,0	2,4	1,6	15	7	10

Расчётная схема

Решение

Намечаем координатные оси , точки , опорные реакции . Определим опорные реакции из уравнений равновесия плоской системы сил

1)

2)

3)

Отсюда получим

Из уравнения 2) имеем

Для статической проверки равновесия рамы используем уравнение