Определение координат центра тяжести плоских фигур

И.А. Шумейко

кандидат технических наук, доцент

(Санкт-Петербургский Государственный технологический университет растительных полимеров);

А.Н. Иванов

кандидат технических наук

(Санкт-Петербургский университет ГПС МЧС России)

Иванов К.С., Мисевич Ю.В. Методические рекомендации по выполнению контрольной работы по курсу «Прикладная механика». / Под ред. О.М. Латышева – СПб.: Санкт-Петербургский университет ГПС МЧС России, 2013. – 34с.

Методические рекомендации по выполнению контрольной работы по курсу «Прикладная механика» подготовлены в соответствии с учебной программой по прикладной механике и предназначены для слушателей заочного обучения СПб УГПС МЧС РФ. В них даны варианты заданий контрольной работы, порядок и методика решения задач. Приведенные в тексте методические рекомендации решения практических задач дают слушателям представление об условиях равновесия и движения материальных тел, основных методов расчета на прочность, жесткость и устойчивость.

© Санкт-Петербургский университет ГПС МЧС России, 2013

ВВЕДЕНИЕ

Технику противопожарной защиты при экспертизе проектов, надзоре за эксплуатацией различных сооружений, машин и деталей необходимо знание общих законов равновесия и движения материальных тел, основных методов расчета на прочность, жесткость и устойчивость деталей машин и строительных конструкций; знание устройства, применения и основ проектирования деталей и сборочных единиц машин.

Знание основ механики является условием успешного изучения последующих инженерных курсов, пожарная техника, строительные материалы и конструкции и их поведений в условиях пожара, пожарная профилактика и другие.

После изучения курса «Прикладная механика» (1 - 3 разделы) слушатель должен выполнить одну итоговую контрольную работу.

Варианты схем и числовые данные выбираются из рисунков 1 – 5 и таблиц 1 – 5. Номер расчетной схемы определяется по последней цифре номера зачетной книжки, а исходные данные для расчета выбираются из таблиц соответственно номеру схемы.

Требования к оформлению контрольной работы.

1. Работу следует выполнять в отдельной тетради.

2. Все страницы тетради должны быть пронумерованы и иметь поля 20-25 мм.

3. Перед решением задачи необходимо записать ее условие, выбранные данные и вычертить расчетную схему.

4. Решение задачи записывается подробно и аккуратно, со всеми вычислениями и вспомогательными чертежами. Решение задачи должно сопровождаться краткими пояснениями.

5. Чертежи расчетных схем и эпюр выполняются крупно, строго в масштабе, с указанием всех размеров, числовых данных и осей, используемых в расчетах. Чертежи должны соответствовать требованиям ГОСТов комплекса ЕСКД.

6. Эпюры необходимо вычерчивать под расчетной схемой задачи и все на одной странице (или развороте). На эпюрах должны быть проставлены значения всех характерных ординат и размерности.

7. Получив после рецензирования контрольную работу, слушатель-заочник обязан ввести исправления в соответствии с замечаниями преподавателя, даже если работа зачтена. В случае незачета работы необходимо внести требуемые исправления в конце тетради, на чистых листах, а не в тексте задач, после заголовка "Исправление к задаче." Нельзя стирать или заклеивать отмеченные преподавателем ошибки. Работы, выполняемые с нарушением данных требований, не зачитываются. Работы, выполненные не по варианту, возвращаются без рассмотрения.

ЗАДАНИЯ К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ И МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ К ИХ ВЫПОЛНЕНИЮ

Задание 1. Определение реакций связей механической системы

Цель – оценить знания и практические навыки обучаемых по теме «Статика» в объеме требуемой программы.

№ 1	№ 6
№ 2	№ 7
№ 3	№ 8
№ 4	№ 9
№ 5	№ 10

Рис. 1

Таблица 1

Номер схемы	Вариант	Линейные размеры, м	Внешние нагрузки	z, м	b/h
a	b	c	l	P, кН	M, кН·м	q, кН/м
С 1 по 10		0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6	0,9 0,8 0,7 0,6 0,5 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9	0,7 0,8 0,9 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6						1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 1,9 1,7 1,5 1,3 1,1

Методические рекомендации по выполнению задания

Порядок решения задач на определение реакций связей:

- вычертить исходную конструкцию (схему);

- выделить объект равновесия;

- установить тип механических связей;

- освободить объект равновесия от связей, заменив их реакциями (связей). После этого объект равновесия можно считать свободным (без связей-ограничений на перемещения точек объекта равновесия);

- изобразить объект равновесия вместе с приложенными к нему силами — заданными силами и реакциями. Другими словами, надо построить расчетную схему;

- составить систему уравнений равновесия статики;

- проверить необходимые условия статической неопределимости задачи — число неизвестных должно совпадать с числом уравнений для рассматриваемой системы сил;

- при выполнении этого условия решить составленную систему уравнений равновесия; сделать проверку построенного решения и провести его анализ.

Пример расчета реакций опор.

Определить реакции опор балки CD весом G=15 кН, находящейся под действием сил P₁=40 кН, P₂=30 кН, и пары с моментом M=30 кН×м (рис. 1.1).

Рис. 1.1

Решение. Рассматриваем равновесие плоской системы сил, действующих на балку.

1. Показываем действующие на балку заданные силы , , момент пары сил М, а также вес балки , который прикладываем в середине длины CD, считая балку однородной.

2. Реакции связей определяем следующим образом: реакция шарнирно-подвижной опоры направлена перпендикулярно опорной плоскости, т.е. вертикально. Выберем направление осей так, как это показано на рис. а, и примем направление составляющих и реакций шарнирно-неподвижной опоры А совпадающими с направлениями осей координат.

3. Составляем уравнения равновесия:

;

;

.

(При составлении последнего уравнения за центр моментов принимается, как правило, точка, относительно которой моменты наибольшего количества неизвестных сил равны нулю, в данной задаче это точка А.)

Распишем уравнения равновесия:

1) ; –P_1x + =0; – P₁×cos60° + =0;

2) ; – P_1y + – P₂ – G + = 0;

– P₁×sin60° + – P₂ – G + = 0;

3) ; P₁× sin60°×1,5 – P₂×2 – G×(9/2–1,5) + ×6 – M=0.

Из уравнения 1) определим :

= P₁×cos60° = 40×0,5=20 кН.

Из уравнения 3) определим :

кН.

Из уравнения 2)

= P₁× sin60° + P₂ + G – =40×0,866+30+15 – 13,8=65,8 кН.

Все ответы имеют знак плюс, следовательно, выбранные направления найденных сил совпадают с истинными.

Литература

1. Яблонский А.А., Никифоровна В.М. Курс теоретической механики. Ч.1. Статика. Кинематика. Учебник для техн. вузов.- 6 изд. испр. - М.: Высшая школа, 2004. - 768 с.

2. Яблонский А.А., Никифорова В.М. Курс теоретической механики. Ч.2. Динамика. Учебник для техн. вузов. - 6 изд. искр. -М.: Высшая школа, 2004. - 343 с.

3. Бутенин Н.В., Лунц Я.Л., Меркин Д.Р. Курс теоретической механики в 2 томах. – СПб: Лань, 2008, с. 736.

Задание 2. Определение центра тяжести твердого тела

Цель – углубить и закрепить теоретические знания и практические навыки обучаемых по теме «Статика» в объеме требуемой программы.

Задание: определить координаты центра тяжести плоской однородной фигуры (размеры в см) (рис. 2)

№ 1	№ 6
№ 2	№ 7
№ 3	№ 8

№ 4	№ 9
№ 5	№ 10

Рис. 2

Методические рекомендации по выполнению задания

Литература

1. Яблонский А.А., Никифоровна В.М. Курс теоретической механики. Ч.1. Статика. Кинематика. Учебник для техн. вузов.- 6 изд. испр. - М.: Высшая школа, 2004. - 768 с.

2. Яблонский А.А., Никифорова В.М. Курс теоретической механики. Ч.2. Динамика. Учебник для техн. вузов. - 6 изд. искр. -М.: Высшая школа, 2004. - 343 с.

3. Бутенин Н.В., Лунц Я.Л., Меркин Д.Р. Курс теоретической механики в 2 томах. – СПб: Лань, 2008, с. 736.

Задание 3. Определение кинематических параметров твердого тела

Цель – оценить знания и практические навыки обучаемых по теме «Кинематика» в объеме требуемой программы.

Задание:

Кривошип ОА, вращаясь вокруг точки О с постоянной угловой скоростью ω, приводит в движение шатун АВ и ползун В. При заданном положении кривошипно-шатунного механизма определить скорость и ускорение шарнира А, угловую скорость звена АВ, скорость и ускорение ползуна В.

Рис. 3

Таблица 3

№	Первая цифра варианта	Вторая цифра варианта	Третья цифра варианта
Рисунок	Размеры, см	Угловая скорость ω, 1/с	Углы, град.
ОА	АВ	α	β
				1,8
				2,6
				1,4
				3,0
				2,4
				3,2
				2,2
				1,6
				2,0
				2,8

Методические рекомендации по выполнению задания

Кривошип ОА, вращаясь вокруг оси О с постоянной угловой скоростью ω приводит в движение шатун АВ и ползун В (ОА=24см, АВ=40см, ω=2.0см/с, = 0, = 45^о, = 24 ^о).

При заданном положении кривошипно-шатунного механизма определить:

1. Скорость и ускорение точки А;

2. Угловую скорость звена АВ;

3. Скорость и ускорение ползуна В.

Решение:

1. Анализируем движение механизма

1.1.Кривошип ОА совершает вращательное движение относительно точки О с заданной угловой скоростью .

1.2. Шатун АВ совершает плоскопараллельное движение.

1.3. Ползун В – возвратно-поступательное вдоль прямой.

2. Определим скорости

2.1.Определим

Точка А принадлежит кривошипу ОА, совершая вращательное движение с постоянной угловой скоростью.

.

2.2. Определим и .

Применим второй метод исследования плоского движения – метод МЦС. Положение МЦС определим как точку пересечения перпендикуляров, проведенных к векторам скоростей точек А и В через эти точки.

Скорость точки «А» в мгновенном вращении относительно точки «Р»:

2.3. Определим АР :

Рассмотрим

2.4.Найдем и .

определим в том же вращении относительно МЦС .

3. Определение ускорений.

3.1. Найдем ускорение точки «А».

3.2. Определим ускорение точки «В»: применим второй метод исследования плоскопараллельного движения:

.

Так как мы не знаем вращательного ускорения точки «В», найдем ускорение этой точки графическим путем.

Ответ:

Литература

1. Яблонский А.А., Никифорова В.М. Курс теоретической механики. СПб.: Лань, 2004 – 768 с.

2. Н.В., Лунц Я.Л., Меркин Д.Р. Курс теоретической механики в 2 томах. – СПб: Лань, 2008, с. 736.

Задание 4. Центральное растяжение-сжатие

Цель – оценить знания и практические навыки обучаемых по теме «Основные понятия и определения сопротивления материалов» в объеме требуемой программы.

Задание: построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений, определить абсолютную деформацию по заданным условиям (рис. 4, табл. 4).

№ 1	№ 6
№ 2	№ 7
№ 3	№ 8
№ 4	№ 9
№ 5	№ 10

Рис. 4

Таблица 4

Номер схемы	Внешние нагрузки, кН	Линейные нагрузки, мм	Площади поперечных сечений, мм2 ; материал
			l1	l2	l3	l4
								25, дюраль	10, дюраль
								35, сталь	20, сталь
								80, сталь	40, сталь
			-				-	10, сталь	15, сталь
								20, дюраль	10, дюраль
			-					50, бронза	25, бронза
								40, дюраль	25, дюраль
								5, дюраль	10, дюраль
								12, сталь	24, сталь
								15, бронза	30, бронза

Методические рекомендации по выполнению задания

Построение эпюр продольных сил

Необходимо определить, с помощью какого метода можно исследовать эти внутренние силовые факторы. Например, метод сечений.

Пусть стержень нагружен произвольной системой внешних сил (рис. 1). Под действием данной системы внешних сил стержень находится в равновесии. Внутренние силы, возникающие в стержне, можно выявить, только если рассечь его мысленно на две части.

Проводим произвольное поперечное сечение klmn. Внешние силы стремятся оторвать часть стержня слева. Внутренние силы препятствуют этому.

Отбросим правую часть стержня (рис. 2). На точки сечения оставленной левой части будут действовать внутренние силы. Для сохранения равновесия рассматриваемой левой части необходимо заменить воздействие отброшенной (правой) части на оставленную левую часть системой внутренних сил в сечении.

Заменим всю совокупность внутренних сил в сечении главным вектором и главным моментом путем приведения их к центру тяжести сечения согласно основной теореме статики. Для определения и нужно составить условия равновесия, поэтому в проекциях на оси координат получим шесть условий равновесия. Для этого разложим и на составляющие:

;

+ = 0 + = 0

+ = 0 + = 0 (1)

+ N = 0 + = 0

Составляющие , , , , называются внутренними силовыми факторами.

Здесь , , – суммы проекций всех внешних сил;

, , – суммы проекций внешних моментов;

N – продольная сила;

, - поперечные силы;

- крутящий момент;

, - изгибающие моменты.

Деформированные состояния, при которых возникают данные силовые факторы:

1) растяжение-сжатие (продольные силы );

2) сдвиг (поперечные силы , );

3) кручение (крутящий момент );

4) изгиб (изгибающие моменты , );

5) сложные деформации (несколько усилий, например, изгибающий и крутящий моменты).

Правило знаков для продольной силы: растягивающие продольные силы (направленные от сечения) считаются положительными, сжимающие (направленные к сечению) – отрицательными.

Эпюрой продольной силы называется график, показывающий изменение продольной силы по оси стержня.

Пример 1

Построить эпюру продольных сил для бруса, если:

=F; =2F, =4F.

Решение. Разбиваем брус на участки, начиная со свободного конца. Границами участков являются сечения, в которые приложены внешние силы. Применяя метод сечений, оставляем правую часть (левую отбрасываем) – это позволяет не определять реакцию заделки.

Проводя произвольно сечение а-а на участке I, составляем уравнение равновесия:

= 0 F - = 0

= F (растяжение)

Проводим сечение в-в на участке II:

= - - = F- 2F- = 0

= - F (сжатие)

Проводим сечение с-с на участке III:

= - + - = 0

= F-2F + 4F- = 0

= 3F (растяжение)

Строим эпюру.

Для построения эпюры N проводим ось абсцисс параллельно оси бруса.

Положительные значения откладываем вверх, отрицательные – вниз (рис. 4.1). Эпюра строится в выбранном м а с ш т а б е ! Эпюру следует штриховать! Штриховка строго перпендикулярна оси эпюры !!!

Рис. 4.1

Абсолютная и относительная продольная деформация.

Напряжение – это внутренняя сила, приходящаяся на единицу площади: = .

Единицы измерения напряжения:

1 Па = 1 Н/ м²; 1 МПа = 10 ⁶ Па =1 Н/мм².

Допускаемые напряжения ([s] и [t] – нормальные и касательные) – это такие максимальные напряжения, при которых не происходит разрушение данной конкретной детали, и она работает в условиях упругих деформаций.

При растяжении (сжатии) в поперечном сечении стержня = = .

При растяжении нормальные напряжения – положительные, при сжатии – отрицательные.

Обратить внимание, что при растяжении- сжатии возникают только нормальные напряжения.

Изменение длины стержня называют линейной продольной деформацией (абсолютным удлинением); изменение поперечного сечения - линейной поперечной деформацией.

Интенсивность деформирования оценивают деформациями, приходящимися на единицу длинны стержня: относительной продольной и относительной поперечной :

; .

Деформации бывают продольные и поперечные. Отношение поперечной деформации к продольной называется коэффициентом Пуассона .

0,2 0,5.

ЗАКОН ГУКА (открыт в 1660):

, (2)

где - абсолютная продольная деформация;

P – осевая внешняя сила;

F –площадь поперечного сечения;

E –модуль продольной упругости (модуль Юнга).

Закон Гука в форме (2) можно преобразовать, учитывая определения внутреннего напряжения ( = ) и относительной деформации ( ):

= E· . (3)

Максимальные напряжения при растяжении (сжатии): = .

Тогда можно сформулировать условия прочности и жесткости при растяжении (сжатии).

Условие прочности: .

Условие жесткости: .

Условие жесткости при растяжении (сжатии) можно записать и в другом виде:

= .

Изучить вопросы: закон Гука для абсолютных деформаций, закон Гука для нормальных напряжений.

Пример 2.Вычислить приращение длины стального стержня ступенчатого сечения, если = 50 см, = 80 см, = 40 см, = 60 см, Е=2· , = 10 , =20 , =200 кг, = 500 кг, = 700 кг (рис. 1). Построить эпюры нормальных напряжений и перемещений.

Решение

Строим эпюру напряжений.

На каждом участке вычисляем значения нормальных напряжений s_i в поперечных сечениях стержня:

(кг/см²);

(кг/см²);

(кг/см²);

(кг/см²).

Чертим эпюру напряжений (рис. 1).

Строим эпюру перемещений

Перемещение какого-либо поперечного сечения стержня равно изменению длины (абсолютной деформации) соответствующей части стержня. Ясно, что торец стержня, находящийся в заделке, обладает нулевым перемещением. Рассчитаем перемещение всех характерных сечений.

По закону Гука, абсолютная деформация .

Тогда перемещение сечения A: Dl_А=0;

перемещение сечения B:

см;

перемещение сечения C:

см;

перемещение сечения D:

см;

перемещение сечения E:

см.

Чертим эпюру перемещений (рис. 1).

4. Полное удлинение стержня (абсолютную деформацию) определяем как сумму удлинений отдельных участков:

см.

(Знак минус означает, что произошло сжатие).

Рис. 4.2

Литература:

1. Кочетов В.Т., Кочетов М.В., Павленко А.Д. Учебное пособие. Сопротивление материалов. – СПб: БХВ – Петербург, 2004.

2. В.И.Феодосьев. Сопротивление материалов, М., Изд. МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2003.

3. Иванов К.С. и др. Прикладная механика. Сборник задач. Часть I. Сопротивление материалов. СПб.: Санкт-Петербургский университет Государственной противопожарной службы МЧС России, 2011. – 164 с.

Задание 5. Изгиб балки

Цель – оценить знания и практические навыки обучаемых по теме «Прямой поперечный изгиб» в объеме требуемой программы.

Задание: для балки (рис. 5) построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М_изг по заданным условиям (табл. 5).

№ 1	№ 6
№ 2	№ 7
№ 3	№ 8
№ 4	№ 9
№ 5	№ 10

Рис. 5

Таблица 5

Номер схемы	Вариант	Линейные размеры, м	Внешние нагрузки	z, м	b/h
a	b	c	l	P, кН	M, кН·м	q, кН/м
С 1 по 10		0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6	0,9 0,8 0,7 0,6 0,5 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9	0,7 0,8 0,9 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6						1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 1,9 1,7 1,5 1,3 1,1

Методические рекомендации по выполнению задания

Понятие прямого изгиба

Изгибом называется деформация, сопровождающаяся изменением кривизны оси стержня.

При изгибе в поперечных сечениях стержня возникают два силовых фактора:

- изгибающий момент М_изг;

- поперечная сила Q.

Стержни, работающие на изгиб, принято называть балками.

В случае, когда плоскость действия внешних сил, вызывающих деформацию изгиба, проходит через одну из главных центральных осей поперечного сечения балки, изгиб называют прямым (рис. 5.1).

Рис. 5.1

В случае, когда в поперечном сечении балки возникает только один силовой фактор – изгибающий момент, а поперечная сила равна нулю, изгиб называется чистым (рис. 5.2).

Рис. 5.2

Случай, когда плоскость действия изгибающего момента не проходит ни через одну из главных центральных осей инерции сечения называется косым изгибом (рис. 5.3).

Рис. 5.3

Пример

Для балки (рис. 5.7) построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М_изг, если

внешний момент М=10 кН×м;

сосредоточенная сила P=2 кН;

распределенная нагрузка q=1 кН/м.

Линейные размеры приведены на схеме.

Решение

1. Расчет балки начинаем с определения реакций опор, для чего составляем уравнения равновесия для моментов относительно точек А и В.

Учитываем:

- если внешние нагрузки перпендикулярны оси балки, то продольная составляющая опорной реакции равна нулю. Поэтому для шарнирно-неподвижной опоры рассматриваем только вертикальную составляющую реакции;

- распределенную нагрузку q (на участке балки длиной l) заменяем эквивалентной сосредоточенной силой Q=q×l, приложенной к середине поверхности распределения.

; M – P×1–q×2×3+R_B×4=0;

; M – R_А×4+P×3+q×2×1=0.

Решаем уравнения равновесия:

4R_B= – M + P+6q Þ

4R_А= M + 3P+2q Þ .

Подставляем численные значения:

(кН);

(кН).

Знак минус означает, что реакция R_B направлена в сторону, противоположную выбранной на схеме нагружения балки.

После вычисления реакций опор обязательна проверка: сумма проекций всех сил на ось <