Реакции вычислены правильно.

 

Алгоритм и пример решения задачи № 3

Для решения данных задач необходимо изучить тему 2.5 про­граммы, научиться быстро и безошибочно строить эпюры попереч­ных сил Q_х и изгибающих моментов М_х.

Поперечная сила в рассматриваемом сечении численно равна алгебраической сумме проекций на ось, перпендикулярную оси бал­ки всех сил, действующих по одну сторону от этого сечения.

Если при определении поперечной силы рассматривается левая отсеченная часть балки, то внешние силы, направленные вверх, на­до принимать со знаком плюс, а вниз - со знаком минус, при рас­смотрении же правой отсеченной части - наоборот. Для построения эпюры Q_x проводят нулевую линию под изображением балки. Тогда каждому сечению балки соответствует определенная точка этой линии. Положительные значения поперечных сил откладывают в принятом масштабе перпендикулярно нулевой линии вверх от нее, отрицательные - вниз. В сечениях с сосредоточенно приложенной силой на эпюре Q_x возникает скачок (два значения - слева и справа от сечения), по абсолютному значению равный сосредоточенной силе.

Изгибающий момент в сечении балки численно равен алгебраи­ческой сумме моментов всех внешних сил, действующих по одну сторону от рассматриваемого сечения, относительно центра тяжести данного сечения. Моменты, вызывающие растяжение нижних воло­кон, считают положительными, а верхних - отрицательными. Из этого правила знаков вытекает, что, если моменты внешних сил стре­мятся повернуть левую отсеченную часть балки относительно цент­ра рассматриваемого сечения по часовой стрелке, то эти моменты надо брать со знаком плюс, а против часовой стрелки - со знаком минус; при рассмотрении же правой части - наоборот. При постро­ении эпюры М у строителей принято: ординаты, выражающие в определенном масштабе значения изгибающих моментов, отклады­вать со стороны растянутых волокон, т. е. положительные - вниз, а отрицательные - вверх от оси балки. Два значения изгибающего момента появляются в сечениях, где приложен сосредоточенный момент (пара сил). На эпюре соответственно возникает скачок, рав­ный сосредоточенному моменту.

Большое внимание должно быть уделено изучению дифферен­циальных зависимостей между интенсивностью распределенной на­грузки, поперечной силой и изгибающим моментом, а также следст­вий, вытекающих из этих зависимостей, которые используют как при построении эпюр Q и М, так и для проверки уже построенных эпюр. Построенные эпюры Q и М заштриховываются прямыми линиями, перпендикулярными нулевой линии. Каждый штрих таким образом характеризует значение внутреннего силового фактора Q_x или М_x, действующих в данном сечении балки. Знак на эпюре Q_x ставится всегда, а на эпюре М_х знака можно не ставить, так как она всегда строится со стороны растянутых волокон.

Условие задачи. Построить эпюры внутренних силовых факто­ров (М_х и Q_x) для балок, изображенных на рис. 9, 10.

 

Схемы балок взяты из примера к задаче 2 (cм. рис. 7 и 8), где были определены опорные реакции и выполнена проверка правильности их определения (первая стадия расчета балочных систем). На втором этапе выполняется построение эпюр изгибающих моментов М_х и поперечных сил Q_x. Основы­ваясь на расчете, выполненном в предыдущей контрольной работе, решение данной задачи следует начинать сразу со второго этапа.

Решение. Сначала построим эпюру Q_x.

Из теоретического курса известно, что на участке балки с рав­номерно распределенной нагрузкой эпюра Q_x ограничивается наклонной прямой, а на участке, на котором нет распределенной на­грузки, - прямой, параллельной оси, поэтому для построения эпюры поперечных сил достаточно определить значения Q_x в начале и кон­це каждого участка. В сечении, соответствующем точке приложения сосредоточенной силы, поперечная сила должна быть вычислена чуть левее этой точки (на бесконечно близком расстоянии от нее) и чуть правее ее; поперечные силы в таких местах обозначаются соответ­ственно и

 

Рис. 9

 

Строим эпюру Q_x методом характерных точек, ходом слева.

а) Для двухопорной балки такими точками будут С и D на­чало и конец распределенной нагрузки, а также А и В- точки при­ложения опорных реакций, Е - точка приложения сосредоточенной силы. Проведем мысленно ось у перпендикулярно оси балки через точку С и не будем менять ее положение, пока не пройдем всю бал­ку от С до Е. Рассматривая левые отсеченные по характерным точкам части балки, проецируем на ось у действующие на данном участке силы с соответствующими знаками. В результате получаем:

Q_с = 0;

qa = -10·0,5 = -5 кН;

V_A = - 5 + 13,3 = 8,3 кН;

Q_D = V_A – q(a + b) = 13,3 – 10 (0,5 + 2,5) = - 16,7 кН;

Q_D = V_A – Q = - 16,7 кН;

V_B = -16,7 + 31,7 = 15 кН;

15 кН;

Для проверки правильности определения поперечной силы в се­чениях, пройдите балку аналогичным образом, но с правого конца. Тогда отсеченными будут правые части балки.

Рис. 10

 

Помните, что правило знаков при этом из­менится. Результат дол­жен получиться тот же.
Совпадение результа­тов может служить контролем построения эпюры Q. Проводим нулевую линию под изображением балки и от нее в принятом масштабе от­кладываем найденные значения поперечных сил с учетом знаков в соответствующих точках. Получим эпюру Q_x (рис, 9 б).

б) Для консольной балки (рис. 10 а) характерные точки: А - точка приложения опорной реакции V_А; С - точка приложения сосредоточенной силы, D, В - начало и конец распределенной нагрузки. Для консоли поперечная сила определяется аналогично двухопорной балке. Итак, при ходе слева:

= V_A = 10 кН;

= V_A – F = 10 – 8 = 2 кН;

= Q_A = 10 кН;

Q_D = = 2 кН;

Q_B = Q_D – qc =

Строим эпюру Q_х по полученным значениями поперечных сил (рис. 18,6). Построив эпюру, обратите внимание на следующее: эпюра под распределенной нагрузкой изображается наклонной пря­мой, под ненагруженными участками - отрезками, параллельными нулевой линии, под сосредоточенной силой на эпюре образуется скачок, равный значению силы. Если наклонная линия под распре­деленной нагрузкой пересекает нулевую линию, отметьте эту точку,
она пригодится для эпюры изгибающих моментов. Сосредоточенный момент на эпюре Q_x себя никак не проявляет, так как сумма проекций сил, образующих пару, равна нулю.

Строим эпюру изгибающих моментов, как и поперечных сил, ме­тодом характерных точек, ходом слева.

Известно, что на участке балки с равномерно-распределенной нагрузкой эпюра изгибающих моментов очерчивается кривой -лини­ей (квадратичной параболой), для построения которой надо иметь не менее трех точек и, следовательно, должны быть вычислены зна­чения изгибающих моментов в начале участка, конце его и в одном промежуточном сечении.

Такой промежуточной точкой лучше всего взять сечение, в ко­тором эпюра Q_x пересекает нулевую линию, т. е. где Q_x = 0. На эпю­ре М в этом сечении должна находиться вершина параболы. Если же эпюра Qх не пересекает нулевую линию, то эпюру М можно строить по двум точкам (начала и конца действия распределенной нагрузки), помня, что выпуклостью парабола всегда обращена вниз, если нагрузка действует сверху вниз. Существует старое пра­вило «дождя», которое очень помогает при построении параболи­ческой части эпюры М. Для строителей это правило выглядит сле­дующим образом: представьте, что распределенная нагрузка — это дождь, подставьте под него зонт в перевернутом виде, так чтобы дождь не стекал, а собирался в нем. Тогда выпуклость зонта будет обращена вниз. Точно так и будет выглядеть очертание эпюры мо­ментов под распределенной нагрузкой.

Если требуется более точное построение эпюры, то должны быть вычислены значения изгибающих моментов в нескольких про­межуточных сечениях. Условимся для каждого такого участка из­гибающий момент сначала определять в произвольном сечении, вы­ражая его через расстояние л: от какой-либо точки. Затем, давая расстоянию х ряд значений, получим значения изгибающих момен­тов в соответствующих сечениях участка. Для участков, на которых нет распределенной нагрузки, изгибающие моменты определяют в двух сечениях, соответствующих началу и концу участка, так как эпюра М на таких участках ограничивается прямой. Если к балке приложен внешний сосредоточенный момент, то обязательно надовычислять изгибающий момент чуть левее места приложения сосредоточенного момента и чуть правее его.

Строитм эпюру М, методом характерных точек, ходом слева.

а) Для двухопорной балки характерные точки следующие: С и D — начало и конец распределенной нагрузки; А - опора балки; В - вторая опора балки и точка приложения сосредоточенного момента; Е — правый конец балки; точка К, соответствующая сечению я балки, в котором Q_x = 0.

Ход слева. Правую часть до рассматриваемого сечения мысленно отбрасываем (возьмите лист бумаги и прикройте им отбрасываемую часть балки). Находим сумму моментов всех сил, действующих слева от сечения относительно рассматриваемой точки.

Итак,

М_с = 0;

М_А = - qa а/2 = - 10·0,5·0,25 = - 1,25 кН·м.

Прежде чем определить момент в сечении К, необходимо найти расстояние х = АК. Составим выражение для поперечной силы в данном сечении и приравняем его нулю (ход слева)

Q_K = - qa + V_A – qx = 0,

откуда

x = (-qа + V_А)/q = (-10·0,5 + 13,3)/10 = 0,83 м.

Это расстояние можно найти из подобия треугольников КLN и КIG на эпюре Q_х (рис. 17,б).

Определяем момент в точке К

М_K = - q(а + х)²/2 + V_Ах = - 10 (0,5 + 0,83)²/2 + 13,3·0,83 = 2,2 кН·м;

М_D = V_А b — Q(а + b²)/2 = 13,3·2,5 - 30 (0,5 + 2,5)²/2 = -11,7 кН·м.

Пройдем оставшуюся часть балки ходом справа, учитывая при этом изменения в правиле знаков:

М_Е = 0;

= - Fd = - 15·1,0 = - 15 кН·м;

= - М = - 15 - 5 = - 20 кН·м;

М_D = - F (c + d) - М + V_B с = - 15(0,5 + 1,0) - 5 + 31,7·0,5 = 11,7 кН-м.

Как видим, момент в сечении D при ходе слева и справа получился одинаковый - эпюра замкнулась. По найденным значениям строим эпюру. Положительные значения откладываем вниз от нулевой ли­нии, а отрицательные - вверх (рис. 9, в).

б) Для консольной балки эпюра изгибающих моментов строится аналогично предыдущему построению.

Характерные точки для этой балки (рис. 10, а) следующие: A - опора; С - точка приложения сосредоточенного момента и силы F; Dи В - начало и конец действия равномерно распределенной на­грузки. Поскольку эпюра Q_x на участке действия распределенной нагрузки нулевую линию не пересекает, эпюру моментов на данном участке можно строить по двум точкам D и В. Ход слева:

М_А = - М_А = - 17 кН·м;

= - М_A + V_А а – 17 + 10·0,5 = -12 кН·м;

= - М_А + V_А а + М = -17 + 10·0,5 + 10 = - 2 кН·м

М_D = - М_А + V_А (а + b) + М – Fb = - 17+ 10 (0,5 + 0,5) + 10 - 8·0,5 = -1 кН·м.

Ходом справа находим М_B = 0.

По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов (рис. 13, в).

 

Алгоритм и пример решения задачи №4.

Перед тем как приступить к решению соответствующей задачи, следует изучить тему «Центр тяжести», твердо усвоить понятие статического момента, знать положение центров тяжести простейших геометрических фигур и уметь определять координаты центров тяжести сложных сечений, представляющих собой совокупность простейших геометрических фигур, а также сечений, составленных из стандартных профилей проката (в последнем случае необходимо уметь пользоваться таблицами ГОСТов), приведенными в приложениях 1-4. Знания и навыки по данной теме потребуются при изучении темы «Геометрические характеристики плоских сечений».

Определение координат центра тяжести сечения геометрической формы (рис.11)

Положение центра тяжести фигуры сложной формы можно определить, разбив фигуру на пять элементов простой формы, положения центров тяжести которых известны:

1- прямоугольник 25x30 см с центром тяжести С₁;

2- прямоугольник 55x10 см с центром тяжести С₂;

3- прямоугольник 25x45 см с центром тяжести С₃;

4- два треугольника с центрами тяжести С₄ и С₅.

Нанесем на сечение координатные оси. Ось V совместим с осью симметрии сечения. Ось X проводим перпендикулярно V по нижней грани сечения. Поскольку сечение симметрично относительно вертикальной оси и, следовательно, х_с = 0, потребуется определить только ординату V_с центра тяжести по формуле у_с = Sх/А,где А - площадь сечения, S_Х - статический момент сечения относительно оси X, определяется как сумма произведений площадей простых фигур на ординаты их центров тяжести.

Определяем площади составных частей фигуры и координаты их центров тяжести относительно выбранной оси, исходя из размеров сечения.

А₁ = 25x30 = 750 см²; у₁ =70 см²;

А₂ = 55x10 = 550 см²; у₂ = 50см²;

А₃ = 25x45 = 1125 см²; у₃ = 22,5 см²;

А₄ = А₅ = 15x45/2 = 337,5см²; у₄= у₅ = 30 см².

Находим статический момент площади сечения

S_x = A₁y₁ + A₂y₂ + A₃y₃ + A₄y₄ + A₅y₅ = 75050 + 55050 + 112532,5 + 33,730 + 33,730 = 125562,5 см².

Площадь сечением А = A₁ + A₂ + A₃ + A₄ + A₅ = 750 + 550 + 1125 + 337,5 + 337,5 = 3100 см².

Находим ординату ц2ентра тяжести y_с = S_x /A = 125562,5/3100 = 40,5 см.

Итак, точка С имеет координаты); 40,5.

По найденной ординате наносим на рисунок сечения точку С – центр тяжести. Разбивку рассмотренной фигуры по элементам можно было произвести иначе, как и положение оси Х могло быть другим.

 

Рис. 11 Рис. 12

Определение положения центра тяжести сечения, составленного из прокатных профилей (рис.12).

Простые элементы подобных сечений - стандартные профили прокатной стали: швеллер, двутавр, полоса, равнополочные и неравнополочные уголки.

Все необходимые размеры и характеристики профилей приведены в таблицах ГОСТа, называемых сортаментом прокатных профилей. Порядок решения тот же, что в предыдущей задаче.

Разбиваем сечение на шесть составных частей и обозначаем их центры тяжести. положение центра тяжести прокатного профиля принять по сортаменту

1 - двутавр № 20 с центром тяжести С₁;

2 - швеллер № 20 с центром тяжести С₂;

3 - два неравнополочных уголка № 8/5 с общим центром тяжести С₃;

4 - две полосы 12x200 мм с общим центром тяжести С₄.

Положение координатных осей принимаем следующим образом: ось X совмещаем с осью симметрии сечения, следовательно у_с = 0; ось V проводим перпендикулярно оси X по наружной грани стенки швеллера. Необходимо определить лишь координату центра тяжести х_c по формуле х_с = S_У/А, где S_У - статический момент относительно оси V, определяется аналогично S_Х предыдущей задачи, с той лишь разницей, что в этом случае участвуют абсциссы х₁, х₂, х₃, х₄ центров тяжести прокатных профилей. Выписываем из соответствующих таблиц сортамента площади профилей и, используя размеры, находим абсциссы их центов тяжести:

А₁ =26,8 см²; x₁ = 20 см;

А₂ = 23,4см²; х₂ = z₀ = 2.07 см;

А₃ = 2 ^. 7,55 см²; х₃ = у₀ = - 2.65 см;

А₄ - А₅ = 2(1,2 ^. 20) = 48 см²; у₄ - 10 см.

Находим статический момент площади сечения S_У = А₁x₁ + А₂ х₂ + А₃ х₃ + А₄ х₄ = 26.8 ^. 20 + 23.4 ^. 2.07 + 15.1 ^. (- 2.65) + 48 ^. 10 = 1024.42 см³

Площадь сечения А = А₁ + А₂ + А₃ + А₄ = 26.8 + 23.4 + 15.1 + 48 = 113.3 см².

Находим координату центра тяжести х_с = S_У/А = 1024,42 /113,3 = 9,04 см.

Итак, точка С имеет координаты 9,04;0

Наносим найденный центр тяжести на рисунок сечения.

Алгоритм и пример решения задачи №5.

Цель задачи - проверка степени усвоения понятия геометрических характеристик поперечного сечения при изгибе и кручении. Перед решением задачи следует повторить из теоретической механики учебный материал, касающийся определения центра тяжести сечений, составленных из простейших геометрических фигур и сечений из прокатных профилей, определение статического момента площади сечения относительно произвольных осей координат.

Обращается внимание учащегося на различие геометрических характеристик поперечного сечения бруса при его растяжении (сжатии) и при изгибе или кручении. При растяжении (сжатии) площадь поперечного сечения бруса, являющаяся его геометрической характеристикой, полностью определяет сопротивление элемента растяжению (сжатию). Объясняется это тем, что при осевом растяжении или сжатии нормальные напряжения в сечениях центрально растянутого (сжатого) бруса распределяются равномерно. При неравномерном распределении напряжений по сечению бруса или балки, например при изгибе, на их деформирование влияет не площадь поперечного сечения, а его форма и, кроме того, положение осей поперечного сечения к направлению действия внешних сил.

Поэтому при расчете балок на изгиб в сопротивлении материалов возникает необходимость принять геометрические характеристики поперечного сечения элемента, называемые осевыми моментами инерции I_х и I_у.

Порядок решения задач на определение момента инерции сечения плоских фигур следующий:

1- Разбить данную фигуру на простые составные части (прямоугольники, круги, треугольники и т.д.). Если в состав фигуры входит стандартный профиль проката, то последний не разбивается на части; положение его центра тяжести и площадь определяется по сортаментным таблицам. Простыми элементами в этом случае будут: двутавр, швеллер, уголки, полоса. Если фигура имеет отверстие, то площади и моменты инерции этих отверстий считаются отрицательными.

2- Определить центр тяжести всей фигуры.

3- Через найденный центр тяжести сечения провести главные центральные оси. Для фигур, имеющих оси симметрии, главные оси совпадают с осями симметрии.

4- Через центры тяжести простых фигур провести собственные центральные оси инерции.

5- Определить расстояние между собственными главными осями каждой простой фигуры и главными центральными осями сечения в целом. Нанести эти расстояния а на чертёж.

6- Определить моменты инерции составных частей относительно собственных осей инерции I_х° и I_У°.

7- Определить моменты инерции сечения относительно главных центральных осей, используя формулу перехода на центральные оси: I = I° + а²А.

Условие задачи: Найти главные центральные моменты инерции: а)геометрической фигуры и б)сечения, составленного из стандартных профилей проката.

Исходные данные из задачи № 4. Центры тяжести сечений должны быть найдены и нанесены на чертёж сечения. Таким образом, решение задачи №5 ведем с пункта 3 вышеприведённого описания.

Решение: Определение главных центральных моментов инерции геометрической фигуры (рис.13). На изображение заданного сечения, вычерченного в выбранном масштабе, наносим главные центральные оси. Ось Vсовмещаем с осью симметрии, ось X проводим перпендикулярно ей через центр тяжести С всей фигуры.

Через центры тяжести С_1, С₂, С₃, С₄ простых фигур проводим собственные центральные оси инерции. Обозначим их соответственно х₁⁰, х₂⁰, х₃⁰, х₄⁰, у₄⁰. Собственные центральные оси у,⁰,у₂⁰, у₃⁰ совпадают с главной центральной осью.

Используя координаты центров тяжести частей фигуры, найденные при определении центра тяжести всей фигуры (см. рис.11), определим расстояния между главной центральной осью X и каждой из осей _x1⁰:

А₁ = у₁ - у_с = 70 - 40,5 = 29,5 см;

а₂ = у₂ – y_c = 50 - 40,5 = 9,5 см;

a₃ = y_c – y₃ = 40,5 - 22,5 = 18 см;

а₄ = у_с - у₄ = 40,5 - 30 = 10,5 см.

 

 

 

Рис. 13 Рис. 14

Используя формулу перехода на параллельные оси, определяем

I_x^/ = I_х1⁰+ а₁²А₁ = bh³ / 12 + а₁²А₁ = 25 ^. 30³ /12 + 29.5^{2 .} 750 = 708937.5 сm⁴.

Численные значения площадей отдельных фигур также из задачи 4.

I_x^// = I_х2⁰+ а₂²А₂ = 55 ^. 10³ /12 + 9.5^{2 .} 550 = 54220.8 сm⁴.

I_x^/// = I_х3⁰+ а₃²А₂ = 25 ^. 45³ /12 + 18^{2 .} 1125 = 554344 сm⁴.

I_x^//// = 2(I_х4⁰+ а₄²А₄) = 2(bh³ / 36 + а₄² А₄) = 2(15 ^. 45³ / 36 + 10.5^{2 .} 337,5) =150355.5 сm⁴.

Момент инерции относительно главной центральной оси X определим, суммируя моменты инерции составных частей фигуры: I_х = I_х^/ + I_х^// + I_х^///+ I_х^//// = 1467858,5см⁴.

Момент инерции относительно главной центральной оси V определяем следующим образом.

Поскольку у фигур 1,2,3 собственные центральные оси совпадают с главной центральной осью инерции, расстояние между осями равно нулю. Следовательно, главный центральный момент инерции каждой из этих фигур равен собственному моменту инерции:

I_у^/= 1_у1⁰= hb³ /12 = 30 ^. 25³ / 12 = 39,062 сm⁴;

I_y^// = 1_у2⁰= hb³ /12 = 10 ^. 55³ /12 = 138,646 сm⁴;

I_y^/// = 1_у3⁰= hb³ /12 = 45 • 25³ /12 = 58,594 сm⁴;

Для четвертой фигуры расстояние между вертикальными осями а₄ = 17,5см (рис.13):

I_y^//// = 2(I_у4⁰ + а₄²А₄) = 2(hb³ / 36 + а₄²А₄) = 2(45 ^. 15³ / 36 + 17,5^{2 .} 337,5) = 230156 сm⁴.

Суммируя, получаем I_у = 466458 см⁴.

Определение главных центральных моментов инерции сечения, составленного из стандартных профилей проката (рис.14).

В составном сечении через найденный центр тяжести С проводим главные центральные оси инерции X и V. Ось X совмещена с осью симметрии сечения. Проводим собственные центральные оси инерции х₃⁰, х₄⁰, у₁⁰, у₂⁰, у₃⁰, у₄⁰ каждой из составных частей.

Определим расстояние между собственными и главными центральными осями инерции, используя абсциссы центров тяжести частей сечения, найденные при определении положения центра тяжести всего сечения (см. рис 12):

а₁ = х₁ ^. х_с = 20 ^. 9,04 = 10,96 см;

а₂ = х_с ^. х₂ = 9,04 ^. 2,07 = 6,97 см;

а₃ = х_с + х₃ = 9,04 + 2,65 = 11,69 см;

а₄ = х₄ - х_с = 10 - 9,04 = 0,96 см;

а₅ = у₄ = 1/2h швеллера №20 + 1/2h листа = 10,6 см;

a₆ = y₃ 1,17 см.

Выпишем из таблиц сортамента моменты инерции I_xi⁰ и I_Уi⁰ прокатных профилей относительно собственных осей и их площади:

Двутавр № 20 I_x1⁰= 1840 см⁴; I_y1⁰=115 см⁴; А₁ = 26,8 см²

Швеллер № 20 I_x2⁰ = 1520 см⁴; I_у2⁰ = 113 см⁴; А₂ = 23,4 см²

Уголок 80x50x6 I_x3⁰ = 14,8 см⁴; I_y3⁰= 49 см⁴; А₃ = 7,55 см²

Полоса 12x200 I_x4⁰ = bh³ /12 = 20 ^. 1,2³ /12 = 2,88 см⁴;

I_y4⁰ = bh³ /12 = 1,2 ^. 20³ /12 = 800 см⁴; А₄ = 24 см²

Для уголка значения моментов инерции I_х и I_у поменялись местами, так как ориентация уголка (см. рис. 14) не совпадает с его ориентацией в ГОСТе. При пользовании таблицами ГОСТов необходимо внимательно следить за правильностью выбора требуемых характеристик, ни в коем случае не основываясь на формальном совпадении индексов.

Определяем главный центральный момент инерции составного сечения относительно оси X:

I_x = I_х^/ + I_х^// + 2I_х^/// + 2I_х^//// = I_х1⁰ + I_х2⁰ + 2(I_х3⁰ + а₆²А₃) + 2(I_х4⁰+ а₅²А₄) = 1840+1520+2(14,8+1,17^2.7,55)+2(2,88+10,6^{2 .} 24) = 8895 см⁴.

Определяем главный центральный момент инерции составного сечения относительно оси V:

I_y = I_y^/ + I_y^// + 2I_y^/// + 2I_y^//// = (I_y1⁰ + а₁²А₁) + (I_y2⁰+ а₂²А₂) + 2(I_y3⁰+ а₃²А₃) + 2(I_y4⁰+ а₄²А₄) = 115+10,96^{2 .} 26,8+113+6,97^2. 23,4 +2(49+11,69^{2 .} 7,55) +2(800+0,96^2. 24) = 8390 см⁴.

ВАРИАНТЫ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ №1.

Задача № 1.

Определить силы в стержнях 1,2,3,4 фермы аналитическим способом. Графическим способом - только в стержнях 1,2. Данные для задачи своего варианта взять из Таблицы 1 и схемы 1.

Задача № 2.

Определить опорные реакции балок. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 2 и схемы 2.

Задача № 3.

Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 2 и схемы 2.

Задача № 4.

Определить положение центра тяжести плоской фигуры геометрической
формы и сечения, составленного из прокатных профилей. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 3 и схемы 3.

Задача № 5.

Найти главные центральные моменты инерции плоской фигуры геометрической формы и сечения, составленного из прокатных профилей. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 3 и схемы 3.

 

 

 

 

 

 

Рис. 2

Рис. 3