Реферат: 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 :

“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).

sBС = NBС / 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 7.

n

RQn = – lim Q(z) = – е lim Qўk(x)

z ®znслева k=0 x ®(zk–zk–1)слева

Пусть Qўn(x), x = z – zn–1 — функция зависимости внутр. попереч. силы от координаты z на участке n, если z лежит на левой границе участка, то (z – zn–1) = 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 – zn–1	пределы z	RQn	Rqn (числ. знач.)
1	YE	0 Ј z 1	–YE	– 5,6
2	– q • (z – z1)	z1Ј z 2	–YE + q • (z2 – z1)	–5,6+20•(10,0–0,2)=10,6
3	P2 – q • (z – z2)	z2Ј z 3	–YE + q • (z2 – z1) – P2 + q • (z3 – z2)	10,6–10,0+20•(1,2–1,0)=4,6
4	z3Ј z 4		4,6
5	z4Ј z 5		4,6
6	z5Ј z 6		4,6
7	P1	z6Ј z 7	–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 Zn–1Ј 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 Aa — площадь сечения под углом a к нормали. Aa= A / cos a. проекция сил на направление sa: sa•Aa – s1•A•cos a = 0 sa= s1•cos2a проекция сил на направление ta: ta•Aa – s1•A•sin a = 0 ta= 1/2 •s1•sin 2a для BD: 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-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. eў= –m•e; eў — относит. поперечная деформация. m — коэфф-нт поперечной деформации (Пуассона). обобщенный з-н Гука для плоского напряженного состояния : e1 = s1 / E – m•s2 / E e2 = s2 / E – m•s1 / E. находим напряжения s1 и s2 : s1 = E (e1 + m•e2) / (1– m2), s2 = E (e2 + m•e1) / (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) •[s1 – m•(s2 + s3)], e2 = (1 / E) •[s2 – m•(s3 + s1)], e3 = (1 / E) •[s3 – m•(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 sрЈ [sр], max sсЈ [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 = tэквЈ [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 / WpЈ [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 tот угла закручивания : g = r•dj / dz из рисунка билета 19. з-н Гука при сдвиге : t = G•g, Ю :t= G•r•dj/ 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 (t•r)•dA; (t•r)•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= M•r/ Ip . Условие прочности. tmax = M•rmax / Ip = M / WpЈ [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 / WyЈ [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: tmax = T/WP = T / (2•WX). Напряженное состояние в точке C : Главные напряжения: s1=smax = (s + Ц(s2+ 4•t2)) /2. s3=smin = (s – Ц(s2+ 4•t2)) /2. По 3-й гипотезе прочности: s1 – s3Ј [s]; Ц(s2+ 4•t2) Ј [s]; Ц(M2+ T2) / WXЈ [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 = FКР•u. Уравнеие изогнутой оси: d2u / dz2 = – FКР•u / (EJ). заменим: k2 = F / (EJmin) [при потере устойчивости попереч. сечения поворач-ся вокруг главной оси с минимальным моментом инерции Jmin ], тогда : uІ + 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. 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 . наиКР — при n = 1. FКР= p2•E•Jmin/ 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. sкрЈ sпц, p2 • E / l2Ј sпц, l і p • Ц(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 (l0Ј 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.