 |
I. Общие методические указания.
|
|
|
|
В курсе технической механики студенты изучают три ее раздела: теоретическая механика, сопротивление материалов и детали машин.
1. Для изучения курса необходимо иметь соответствующую математическую подготовку. Во всех разделах курса, широко используется векторная алгебра. Необходимо уметь вычислять проекции векторов на координатные оси, находить геометрически (построением векторного треугольника или многоугольника) и аналитически (по проекциям на координатные оси) сумму векторов, вычислять скалярное и векторное произведения двух векторов и знать свойства этих произведений. Надо также уметь свободно пользоваться системой прямоугольных координат на плоскости и в пространстве, знать, что такое единичные векторы этих осей и как выражаются составляющие вектора по координатным осям.
2. При изучении материала курса по учебнику нужно, прежде всего, уяснить существо каждого излагаемого там вопроса. Главное – это понять изложенное в учебнике, а не «заучить». Изучать материал рекомендуется по темам (пунктам приводимой ниже программы) или по главам (параграфам) учебника. Сначала следует прочитать весь материал темы (параграфа), особенно не задерживаясь на том, что показалось не совсем понятным; часто это становится понятным из последующего. Затем надо вернуться к местам, вызвавшим затруднения, и внимательно разобраться в том, что было неясно. Особое внимание при повторном чтении обратите на формулировки соответствующих определений, теорем и т. п. (они обычно бывают набраны в учебнике курсивом); в точных формулировках, как правило, бывает существенно каждое слово и очень полезно понять, почему данное положение сформулировано именно так. Однако не следует стараться заучивать формулировки; важно понять их смысл и уметь изложить результат своими словами. Необходимо также понять ход всех доказательств (в механике они обычно не сложны) и разобраться в их деталях. Доказательства надо уметь воспроизводить самостоятельно, что нетрудно сделать, поняв идею доказательства; пытаться просто их «заучивать» не следует, никакой пользы это не принесет. После изучения темы полезно составить краткий конспект, по возможности не заглядывая в учебник.
|
|
|
3. При изучении курса особое внимание следует уделить приобретению навыков решения задач. Для этого, изучив материал данной темы, надо сначала обязательно разобраться в решениях соответствующих задач, которые приводятся в учебнике, обратив особое внимание на методические указания по их решению. Затем постарайтесь решить самостоятельно несколько аналогичных задач. И после этого решить соответствующую задачу из контрольного задания.
4. Закончив изучение темы, нужно проверить, можете ли вы дать ответ на все вопросы программы курса по этой теме (осуществить самопроверку).Все вопросы, которые должны быть изучены и усвоены, в программе перечислены достаточно подробно.
5. Указания по выполнению контрольных заданий приводятся ниже. Их надо прочитать обязательно и ими руководствоваться. Кроме того, к каждой задаче даются конкретные методические указания по ее решению, и приводится пример решения. Контрольная работа должна быть оформлена на бумаге для офисной техники формата А4, аккуратным почерком, обязательно ручкой. Тексты условий заданий переписывать обязательно, схемы к задачам должны выполняться четко в соответствии с требованиями инженерной графики и только карандашом по линейке.
Решение задач делится на пункты. Каждый пункт должен иметь подзаголовок с указанием, что и как определяется, по каким формулам или на основе каких законов, правил, методов. Преобразование формул, уравнений в ходе решения производить в общем виде, затем подставлять исходные данные. Порядок подстановки числовых значений должен соответствовать порядку расположения в формуле буквенных обозначений этих величин.
|
|
|
6. В соответствии с требованиями стандарт ГОСТ 8.417-02 при решении задач необходимо применять только Международную систему единиц физических величин СИ и стандартные символы для обозначения этих величин.
7. Образец титульного листа в приложении 1.
ЗАЩИТА КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ
Контрольная работа считается зачтенной после очной защиты, которая проводится во время экзаменационной сессии.
Защита контрольной работы с учетом индивидуальных особенностей студента может проводиться: – в устной форме – диалог «преподаватель − студент», – в письменной форме – ответы на тестовые вопросы и задания.
В процессе защиты преподаватель работает с каждым студентом индивидуально, выясняя:
– теоретическую подготовку по предмету
– знание основных понятий и определений теоретической механики, логическую взаимосвязь между ними; владение технической терминологией;
– практические умения и навыки
– знание алгоритма решения задач; правил оформления схем, рисунков и чертежей; умение обосновать применяемые методы решения; способность анализировать результаты решения (аналитические расчеты и теоретические выводы).
В процессе диалогового общения студент должен показать навык ведения диалога, выражения своего мнения, его аргументации.
ПРИЛОЖЕНИЕ 1
Министерство образования саратовской области ГОСУДАРСТВЕННОЕ автономное профессиональное ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ САРАТОВСКОЙ ОБЛАСТИ «Саратовский техникум промышленных технологий и автомобильного сервиса»
Контрольная работа №___
по дисциплине Техническая механика
Вариант № ______
Выполнил студент:__________________________
(Ф.И.О.)
группы _________________________
Преподаватель:____ Чиликова Г.М. ____________
(Ф.И.О.)
Саратов 20__ г.
II. КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ.
Данный раздел содержит методические указания и контрольные задания дисциплины «Техническая механика».
|
|
|
Задания контрольной работы предусмотрены программой в соответствии с Государственным образовательным стандартом.
Цель выполнения заданий:
формирование знаний о методах определения усилий в стержнях, опорных реакций в балочных системах, центров тяжести плоских составных сечений;
формирование знаний о методах и приемах определения внутренних силовых факторов, возникающих при деформациях в поперечных сечениях элементов конструкций и выбора рационального поперечного сечения;
формирование знаний о методах, правилах и нормах расчета и конструирования деталей и сборочных единиц машин общего назначения;
Для выполнения заданий необходимо повторить соответствующий теоретический материал, ознакомиться с методическими указаниями по выполнению, с порядком выполнения, требованиями к оформлению.
ЗАДАНИЕ 1
Определение усилий в стержнях плоской системы сходящихся сил.
Студент должен:
Знать:
-основные определения и аксиомы статики;
-аналитическое и графическое условие равновесия плоской системы сходящихся сил;
-проекции сил на оси.
Уметь:
-составлять уравнения проекций сил, рационально выбирая направление координатных осей;
-выполнять проверку аналитическим методом.
Задание:
Определить реакции стержней, удерживающих грузы. Массой стержней пренебречь. Выполнить проверку аналитическим и графическим методами. Данные своего варианта взять из таблицы 1, схему смотреть на рисунке 1.
Таблица №1
| № схемы | Вариант | F1 | F2 | № схемы | Вариант | F1 | F2 |
| kH | kH | ||||||
| 0.4 0.3 0.6 | 0.5 0.8 0.4 | 1.5 1.6 1.3 | 0.4 1.2 1.7 | ||||
| 0.2 0.5 0.8 | 0.5 0.8 0.4 | 2.0 1.4 1.2 | 1.5 0.9 1.8 | ||||
| 0.4 1.2 0.8 | 0.2 0.8 1.0 | 1.3 1.7 1.4 | 0.5 1.2 1.8 | ||||
| 0.9 0.4 0.6 | 0.6 0.8 0.5 | 0.5 0.8 1.0 | 0.9 0.5 0.4 | ||||
| 1.2 1.8 0.9 | 1.4 0.6 0.4 | 0.6 0.4 1.4 | 0.8 0.9 1.6 |
Рисунок 1
Теоретические сведения.
Если некоторые условия ограничивают тела в одном или нескольких направлениях, то такое тело называется несвободным.
Тела, которые ограничивают движение рассматриваемого тела, называются связями. Действие связи на тело называют реакциями связи. Направление реакции связи противоположно тому направлению, по которому связь препятствует движению тела.
|
|
|
Сила, с которой тело действует на связь, называется силой давления на связь. Сила реакции и сила давления на связь равны по модулю, но противоположны по направлению.
Проекция силы - это отрезок оси заключенный между двумя перпендикулярами опущенными из начала и конца вектора силы.
Проекция силы считается положительной (+), если направление ее совпадает с положительным направлением оси (рис.2а) и отрицательной (-), если проекция направлена в противоположную сторону (рис.2б).
|
(РИС 2)
Для равновесия плоской системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы сумма проекций всех сил данной системы на координатные оси равнялась нулю и силовой многоугольник был замкнут.
Алгоритм решения задачи.
1. Выбрать тело (точку), равновесие которого следует рассматривать.
2. Освободить тело (шарнир В) от связей и изобразить действующее на него активные силы и реакции отброшенных связей. Причем реакции стержней следует направить от шарнира В, так как принято предполагать, что стержни растянуты.
3. Выбрать оси координат и составить уравнения равновесия, используя условия равновесия системы сходящихся сил на плоскости Σ Fnx = 0; Σ Fny = 0. Выбирая оси координат, следует учитывать, что полученные уравнения будут решаться проще, если одну из осей направить перпендикулярно одной из неизвестных сил.
4. Определить реакции стержней, решив системы уравнений.
5. Проверить правильность полученных результатов, решив уравнения
равновесия относительно заново выбранных координат X и Y.
Пример решения задачи 1.
Определить реакции стержней, удерживающих грузы F1=70 кН; F2=100 кН (рис.За). Массой стержней пренебречь. Выполнить проверку аналитическим методом.
Решение.
1. Рассматриваем равновесие шарнира В (рис.За).
(рис.За)
2. Освобождаем шарнир В от связей и изображаем действующие на него силы и реакции связей (рис.Зб).
(рис. 36)
3. Выбираем систему координат, совместив ось y по направлению с реакцией R2 (рис.36) и составляем уравнения равновесия для системы сил, действующих на шарнир В:
4. Σ Fnx = 0 - R1* cos 45° + F2* cos 30° = 0 (1)
Σ Fny = 0 R1* sin45o + R2 + F2*sin30°-F1 = 0 (2)
3. 4.Определяем реакции стержней, решая уравнения (1), (2). Из уравнения (1)
F2*cos 30° 100*0.866
4. 
R1= = = 122 кН
5. cos 45° 0.707
Подставляя найденное значение в уравнение (2), получаем
R2=F1 - F2*sin 30° -R1*sin 45° = 70- 100*0.5 - 122*0.707 = -66.6 кН
Знак минус перед значением R2 указывает на то, что первоначально выбранное направление неверное - следует направить реакцию R2 в противоположную сторону, на рис.Зб истинное направление реакции R2 показано штриховым вектором.
|
|
|
5. Проверяем правильность полученных результатов, выбрав новое расположение осей координат X и Y (рис Зв). Относительно этих осей составляем уравнения равновесия:
(рис. Зв)
Σ Fnx = 0 – R2*cos 45° + F2*cos 15°-- F1*cos 45° = 0 (3)
Σ Fny = 0 – R1*cos 45° - R2-cos 45° -- F2*sin 15° = 0 (4)
Из уравнения (3) находим
F2-cos 15° - F1*cos 45° 100*0.965 – 70*0.707
R2 = = = 66.6 кН
cos 45° 0.707
Подставляя найденное значение R2в уравнение (4), получаем
R1=F1*cos 45°+ R2*cos 45°+ F2*sin 15°= 70*0.707+ 66.6*0.707 +100*0.258=122 кН
Значения R1 и R2. полученные при решении уравнений (1) и (2), совпадают по величине и направлению со значениями, найденными из уравнений (3) и (4), следовательно, задача решена верно.
ЗАДАНИЕ 2
Определение опорных реакций в балочных системах.
Приобретаемые умение и навыки:
Умение составлять уравнения равновесия, определять реакции в опорах балочных систем с проверкой правильности решения, знать три формы уравнений равновесия и применять их при определении реакций в опорах.
ЗАДАНИЕ
Определить реакции двухопорной балки (рис.4). Проверить правильность найденных опорных реакций. Данные своего варианта взять из таблицы 2.
Таблица № 2
| № Схемы | Вариант | q H/M | F H | M H*M | № Схемы | Вариант | q H/M | F H | M H*M |
Рисунок 4
Теоретические сведения.
Система сил, линии действия которых лежат в одной плоскости и не пересекаются в одной точке, называется плоской системой произвольно расположенных сил.
Для равновесия плоской системы произвольно расположенных сил необходимо и достаточно чтобы главный вектор и главный момент системы равнялись нулю.
F гл = Σ Fn М гл = Σ Mo(Fn)
Модуль главного вектора определяется как геометрическая сумма проекций всех сил системы на х и у.
Модуль главного момента системы равен алгебраической сумме моментов всех сил системы относительно центра приведения. Моментом силы относительно точки называется произведением силы на кратчайшее расстояние от линии действия силы до центра приведения, взятое со знаком плюс (+) или минус (). Момент принято считать положительным, если он стремится повернуть тело по часовой стрелки, и отрицательным, если вращение направлено в противоположную сторону.
Для решения задач плоской системы произвольно расположенных сил, можно составить три уравнения равновесия:
I. Σ Fnx = 0 Σ Fny = 0 Σ МA (Fn) = 0
II. Σ Fnx = 0 Σ МA(Fn) = 0 Σ MB (Fn) = 0
III. Σ МA (Fn) = 0 Σ Mb(Fn) = 0 Σ MC (Fn) = 0
Объектом решения задач статики служат балочные системы. Балка - конструктивная деталь какого - либо сооружения, выполняемая в большинстве случаев в виде прямого бруса с опорами в двух (или более) точках и несущая вертикальные нагрузки.
Конструкции опор балок можно свести к трем видам:
1) шарнирно-неподвижная опора имеет две реакции
|
2) шарнирно-подвижная опора имеет одну реакцию
|
3) жесткая заделка (консоль) имеет две реакции и опорный момент
|
Алгоритм решения задачи:
1. Изобразить балку вместе с нагрузками.
2. Выбрать расположение координатных осей, совместив ось x с балкой, а
ось y направив перпендикулярно оси x.
3. Произвести необходимые преобразования заданных активных сил: силу, наклоненную к оси балки под углом а, заменив двумя взаимно перпендикулярными составляющими, а равномерно распределенную нагрузку — ее равнодействующей, приложенной в середине участка распределенной нагрузки.
4.Освободить балку от опор, заменив их действие реакциями опор, направленными вдоль выбранных осей координат.
5.Составить уравнения равновесия статики для произвольной плоской системы сил таким образом и в такой последовательности, чтобы решением каждого из этих уравнений было определение одной из неизвестных реакций опор.
6.Проверить правильность найденных опорных реакций но уравнению, которое не было использовано для решения задачи.
Пример решения задачи.
Определить реакции опор двухопорной балки (рис. 5а).
|
| F = 20 кН | М = 10 кН | q = 1 кН/М |
(рис. 5 а,б)
Решение.
1. Изображаем балку с действующими на нее нагрузками (рис.5а).
2. Освобождаем балку от опор, заменив их опорными реакциями (рис.56).
3. Производим необходимые преобразования
Fx =F*cos 30° = 20*0.866 = 17.32 kH и Fy = F*sin 30° = 20*0.5 = 10 kH.
Fq = q*CD = 1*2 = 2 kH
4. Выполняем расчетную схему (рис.5б).
5. Составляем уравнения равновесия статики и определяем неизвестные реакции опор.
Определяем горизонтальную реакцию.
Σ Fx = 0 Rax - Fx = 0
Rax = Fx = 17.32 кН
Из уравнения суммы моментов всех действующих на балку сил, составленного относительно точки А определяем вертикальную реакцию Rdy
Σ Мa (Fn) = 0 Fy АВ + М + Fq*AK - Rdy *AD = 0
Fy*AB + M + Fq * AK 10*1 + 10 + 2*3
Rdy = = = 6.0 kH
AD 4
Определяем другую вертикальную реакцию:
Σ МD (Fn) = 0 + Ray*AD - Fy*BD + М - Fq*KD = 0
Fy*BD - M + Fq * KD 10*3 - 10 + 2*1
Rdy = = = 5.5 kH
AD 4
6. Проверяем правильность найденных результатов:
Σ Fy = 0 Ray - Fy - Fq + RD= 5.5 - 10 - 2 + 6.5 = 0
Условие равновесия Σ Fy = 0 выполняется, следовательно, реакции опор найдены верно.
Задание 3.
Определение центра тяжести плоских фигур.
Приобретаемые умение и навыки:
Умение определять положение центра тяжести плоских фигур, знать методы определения центра тяжести, формулы для определения центра тяжести
плоских фигур.
Задание
Определить положение центра тяжести тонкой однородной пластинки, форма и размеры которой в миллиметрах показаны на рисунках 5,6,7 по вариантам.
Рисунок 5,6,7
Теоретические сведения.
Силы тяжести отдельных частиц тела образуют систему параллельных сил. Равнодействующую этих сил называют силой тяжести.
Центр параллельных сил тяжести, действующих на все частицы тела называется центром тяжести тела. Центр тяжести тела не меняет своего положения при повороте тела.
Центр тяжести однородного тела зависит от его геометрической формы и может определяться аналитическим и экспериментальным способами. На практике часто приходится определять положение центра тяжести плоских фигур. Такие фигуры можно представлять как тонкие однородные пластины, толщиной которых можно пренебречь. Для плоской фигуры, составленной из площадей используют формулы координат центра тяжести площади.
∑An*Xn ∑An*Yn
Хс = Yc =
∑An ∑An
где Хс. Yc - искомые координаты центра тяжести фигуры;
Xn, Yn - координаты центров тяжести составных частей фигуры, которые определяются из заданных размеров:
Аn - площади составных частей.
Числитель этих формул, равный алгебраическим суммам произведений площадей частей плоской фигуры на расстояния их центров тяжести до соответствующей оси, называют статическими моментами плоской фигуры относительно осей.
Sx = A*Yc Sy =А*Хс
Статистический момент плоской фигуры выражается в м3, см3, мм3.
Алгоритм решения задачи:
1. Заданную плоскую фигуру разбиваем на составные части, центры тяжести которых легко определяются.
2. Выбираем координатные оси.
3. Находим площади каждой фигуры и координаты Хс и Yc их центров тяжести С. Данные заносим в таблицу 3.
4. Вычисляем координаты Хс и Yc центра тяжести плоской фигуры: ∑An*Xn ∑An*Yn
Хс = ------------ Yc =------------
∑An ∑An
5. Выполняем проверку, используя метод отрицательных площадей.
таблица 3.
| Составная часть | Площадь составной части Аn, мм2 | Координаты центров тяжести каждой части. | |
| Хn, мм. | Yn, мм. | ||
Пример решения задачи.
Вычислить координаты центра тяжести сечения плоской фигуры (рис 9а).
Рис.9.
Решение.
1. Заданную плоскую фигуру разбиваем на составные части, центры тяжести которых легко определяются (Рис.9 б.) - прямоугольник I, треугольник II и прямоугольники III и IV.
2. Располагаем координатные оси, как показано на рис. 9 б.
3. Находим площади каждой части и координаты Хс и Yc их центров тяжести Сn. Все эти данные заносим в табл. 3
Таблица 3
| Состав ная часть | Площадь составной части An, мм 2 | Координаты центров тяжести каждой части | |
| Xn, мм | Yn, мм | ||
| I II III IV | 300*160=48000=48*103
 *120*180=10800=10.8*103
120*120=14400=14.4*103
80*60=4800=4.8*103
|
160+  *120=220
160+120/2=220
220+60/2=250
|
*180=60
180+120/2=240
300+80/2=340
|
1. Вычисляем координаты Хс и Yc центра тяжести плоской фигуры:
∑An*Xn 48*103*80+10.8*103*200+14.4*103*220+4.8*103*250
Xc= = =133 мм,
∑An 48*103+10.8*103+14.4*103+4.8*103
∑An*Yn 48*103*150+10.8*103*60+14.4*103*240+4.8*103*340
Xy= = =166 мм.
∑An 48*103+10.8*103+14.4*103+4.8*103
2. Проверка.
При решении задач можно использовать метод отрицательных площадей, как это показано на рис. 9 в. Здесь данная фигура разделена на три части: прямоугольники I и III и треугольник II, причем площадь треугольника II, вырезанная из плоской фигуры, берется со знаком минус, т.е. считается отрицательной. Легко проверить, что если при таком разделении фигуры все исходные данные свести в табл.4 и выполнить вычисления, то получится тот же результат.
Определяем:
Таблица 4
| Состав ная часть | Площадь составной части An, мм 2 | Координаты центров тяжести каждой части | |
| Xn,мм | Yn,мм | ||
| I II III | 300*280=84000=84*103
*120*180=10800=
=10.8*103
60*80=4800=4.8*103
| 280/2=140
 *120+160=240
220+60/2=250
| 300/2=150
*180=120
300+80/2=340
|
∑An*Xn ∑An*Yn
Xc= и Yc=.
∑An ∑An
84*103*140-10.8*103*240+4.8*103*250
Xc= =133 мм,
84*103-10.8*103+4.8*103
84*103*150-10.8*103*120+4.8*103*340
Xc= =166 мм,
84*103-10.8*103+4.8*103
Центр тяжести тела в обоих случаях совпадает, что указывает на правильность решения задачи.
Литература:
1. Эрдеди А.А., Эрдеди Н.А. Теоретическая механика. Сопротивление материалов: учеб. пособие для студ. учреждений сред. проф. образования. – М.: Издательский центр
«Академия», 2009. – 320 с.
2. Вереина Л.И. Техническая механика: учеб пособие для сред. проф. образования. – М.: Издательский центр "Академия", 2003. – 176 с.
3. Гольдин И.И. Основные сведения по технической механике: учеб пособие для сред. проф. образования. – М.: Высш.шк., 2003. – 95 с.
|
|
|
