Автор: Митрякова Наталья Борисовна
Должность: преподаватель специальных дисциплин
Учебное заведение: ГАПОУ СО "Саратовский архитектурно-строительный колледж"
Населённый пункт: г.Саратов
Наименование материала: Методические указания
Тема: по выполнению расчетно-графических работ по дисциплине "Техническая механика"
Раздел: среднее профессиональное
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ САРАТОВСКОЙ ОБЛАСТИ
государственное автономное профессиональное образовательное учреждение
Саратовской области
«Саратовский архитектурно-строительный колледж»
Методические указания по выполнению
расчетно-графических работ для студентов дневного отделения
по дисциплине «Техническая механика»
для специальностей:
08.02.01 Строительство и эксплуатация зданий и сооружений
08.02.07 Монтаж и эксплуатация внутренних сантехнических устройств,
кондиционирования воздуха и вентиляции
08.02.01 Монтаж и эксплуатация оборудования и систем газоснабжения
07.02.01 Архитектура
Саратов, 2018
2
Разработчик(и) (автор):
Н.Б. Митрякова , преподаватель специальных дисциплин
ГАПОУ СО «САСК» высшей квалификационной категории
3
Оглавление.
1. Введение. 4
2. Общие методические указания по выполнению расчетно-графических
работ. 6
3. Задание на выполнение РГР №1 «Определение равнодействующей и
усилий в стержнях сходящейся системы сил». 7
3.1. Пример выполнения РГР №1. 10
4. Задание на выполнение РГР №2 «Определение опорных реакций балок». 15
4.1. Пример выполнения РГР №2. 19
5. Задание на выполнение РГР №3 «Определение центра тяжести составного
сечения» и «Определение главного момента инерции» 23
5.1. Пример выполнения РГР №3 для специальностей: 08.02.07 Монтаж и
эксплуатация внутренних сантехнических устройств, кондиционирования воздуха
и вентиляции, 08.02.08 Монтаж и эксплуатация оборудования и систем
газоснабжения
26
5.2. Пример выполнения РГР №3 для специальностей: 08.02.01
Строительство и эксплуатация зданий и сооружений и 07.02.01 Архитектура
28
6. Задание на выполнение РГР №4 «Построение эпюр Q и М балки и
подбор сечения». 31
6.1. Пример выполнения РГР №4. 34
7. Задание на выполнение РГР №5 «Проверка прочности и устойчивости
центрально-сжатого стержня». 38
7.1. Пример выполнения РГР №5. 41
8. Задание на выполнение РГР №6 «Построение эпюр Q,M и N для
рамы». 43
8.1. Пример выполнения РГР №6. 46
9. Приложения. 50
10. Список литературы. 59
4
Введение.
Учебная
дисциплина
«Техническая
механика»
является
общепрофессиональной,
формирующей базовые знания для освоения смежных специальных дисциплин.
Дисциплина
«Техническая
механика»
предусматривает
изучение
общих
законов
движения и равновесия материальных тел, основ расчета элементов конструкций на
прочность, жесткость и устойчивость.
Предмет «Техническая механика» состоит из трех разделов: теоретической механики,
сопротивления материалов и статики сооружений.
В результате изучения дисциплины студент должен:
1)
специальность 08.02.01 Строительство и эксплуатация зданий и сооружений:
уметь:
- выполнять расчеты на прочность, жесткость и устойчивость элементов сооружений;
- определять аналитическим и графическим способами усилия опорные реакции балок,
ферм, рам;
- определять усилия в стержнях ферм;
- строить эпюры нормальных напряжений, изгибающих моментов и др.
знать:
- законы механики деформируемого твердого тела, виды деформаций, основные расчеты;
- определение направления реакции связи;
- определение момента силы относительно точки, его свойства;
- типы нагрузок и виды опор балок, ферм, рам;
- напряжения и деформации, возникающие в строительных элементах при работе под
нагрузкой;
- моменты инерции простых сечений элементов и др;
2) специальность 07.02.01 Архитектура:
уметь:
- выполнять несложные расчеты на прочность, жесткость и устойчивость элементов
сооружений;
- пользоваться государственными стандартами, строительными нормами и правилами и
другой нормативной информацией.
знать:
- виды деформаций и основные расчеты на прочность, жесткость и устойчивость;
3)
специальность
08.02.08
Монтаж
и
эксплуатация
оборудования
и
систем
газоснабжения:
уметь:
- выполнять расчеты на прочность, жесткость и устойчивость элементов сооружений;
- определять координаты центра тяжести тел.
знать:
- основные понятия и законы механики твердого тела;
- методы механических испытаний материалов;
5)
специальность
08.02.07
Монтаж
и
эксплуатация
внутренних
сантехнических
устройств, кондиционирования воздуха и вентиляции:
уметь:
- выполнять расчеты на прочность, жесткость и устойчивость элементов сооружений;
- определять координаты центра тяжести тел;
знать:
- основные понятия и законы механики твердого тела;
- методы механических испытаний материалов.
5
Пособие содержит перечень учебной литературы, задания для расчетно- графических
работ, методические указания по их выполнению, примеры решения задач и приложения,
включающие необходимые справочные материалы.
6
2. Общие методические указания по выполнению расчетно-графических работ.
Расчетно-графическая работа выполняется на листах формата А4. На титульном
листе должны быть указаны Ф.И.О. студента, номер группы, дата сдачи работы, Ф.И.О.
преподавателя (пример - приложение №4).
При выполнении расчетно-графической работы необходимо соблюдать следующие
требования:
- в расчетно-графическую работу записываются условия задач;
- вычислениям должны предшествовать исходные формулы;
- для всех исходных и вычисленных физических величин
должны указываться
размерности;
- приводятся необходимые эскизы, схемы, выполненные в карандаше с соблюдением
всех обозначений.
Все вычисления в РГР следует производить в единицах СИ, тщательно проверять
правильность подстановки значений, соблюдение размерности, правдоподобность ответа.
Задания, выполненные не по своему варианту, не засчитываются и возвращаются
студенту.
Студенты
специальности
08.02.01
«Строительство
и
эксплуатация
зданий
и
сооружений» выполняют с 1-ой по 6-ю расчетно – графические работы; специальностей
07.02.01 «Архитектура»- с 1-ой по 5-ю расчетно – графические работы; 08.02.07 «Монтаж
и
эксплуатация
внутренних
сантехнических
устройств,
кондиционирования
воздуха
и
вентиляции», 08.02.08 «Монтаж и эксплуатация оборудования и систем газоснабжения» - с
1-ой по 4-ю расчетно–графические работы.
7
3. Задание на выполнение РГР №1.
Задача №1.
Определить равнодействующую сходящихся сил аналитическим и графическим
методами. Исходные данные для задачи своего варианта взять из таблицы № 1, схема –
рис.№1
Задача №2.
Определить усилия в стержнях АС и ВС, возникающие от силы F, приложенной к
узлу С, аналитическим и графическим методами. Исходные данные для задачи своего
варианта взять из таблицы №1, схему - из таблицы №2.
Схема к задаче №1
y
F
1
α
1
F
2
x
α
2
F
3
Рис.№1
8
Таблица №1
№№
расчет-
ных
схем
только
к задаче
№2
№№
вариан-
тов
К задаче
№1
К задаче
№2
F
1
(кН)
F
2
(кН)
F
3
(кН)
α
1
(град.)
α
2
(град.)
F
(кН)
I
1
2
3
20
40
20
30
20
40
40
30
50
40
20
60
60
40
110
40
50
60
II
4
5
6
30
40
50
50
60
40
20
30
20
70
80
60
30
40
70
70
80
90
III
7
8
9
25
45
35
35
25
45
45
35
25
45
50
80
75
80
50
45
55
65
IV
10
11
12
60
70
50
50
60
70
70
50
60
28
122
130
122
28
30
75
85
95
V
13
14
15
65
75
55
75
65
55
55
75
65
140
20
30
20
140
110
35
45
55
VI
16
17
18
20
30
40
40
30
20
20
30
40
20
65
35
65
20
45
25
30
40
VII
19
20
21
80
100
90
90
80
100
100
90
80
72
83
80
83
72
60
25
30
40
VIII
22
23
24
85
105
95
95
85
105
105
95
85
78
47
60
47
78
80
50
60
70
IX
25
26
27
45
65
25
25
45
65
65
25
45
10
20
30
20
10
120
40
20
30
X
28
29
30
90
80
70
70
80
90
50
40
30
75
20
135
85
135
20
85
65
75
9
Таблица №2
1
С
В
90
0
F
А
40
0
6
C
F
90
0
А
90
0
40
0
В
2
А
60
0
90
0
F
30
0
С
В
7
F
С
90
0
А
45
0
В
3
А
40
0
В
90
0
60
0
C
F
8
С В
90
0
F
А
45
0
4
С
А
F
20
0
90
0
45
0
В
9
А
40
0
40
0
В
С
40
0
F
5
F
А
30
0
С
23
0
80
0
В
10
А
70
0
В
60
0
F С
10
3.1. Пример выполнения РГР №1.
Задача №1.
Определить равнодействующую сходящихся сил аналитическим и графическим
методами (рис.2).
у
Дано
:
F
1
F
1
= 47 кН; F
2
= 34 кН;
F
2
α
1
х
F
3
= 28 кН; α
1
= 110
0
;
α
2
α
2
= 57
0
.
F
3
Определить: R.
Рис.2
Решение.
1.
Аналитический метод.
Сначала надо определить проекции заданных сил на оси координат, после чего легко
найти проекцию равнодействующей силы на эти оси.
𝑅
х
=
∑
𝐹
𝑖𝑥
;
𝑅
𝑦
=
∑
𝐹
𝑖𝑦
.
𝑛
𝑖
=1
𝑛
𝑖
=1
Величину равнодействующей найдем по формуле:
R =
√
R
x
2
+ R
y
2
2
Строим схему с соблюдением заданных углов α
1
и α
2
(без соблюдения масштаба сил,
рис 3).
у
F
1
110
0
F
2
х
57
0
F
3
Рис.3
Для вычисления проекций сил сначала определяем знак проекции, а затем ее
абсолютную величину. Проекция положительна, если угол между положительным
11
направлением оси и силой меньше 90
0
(сила и ось направлены в одну сторону); в
противном случае проекция отрицательна. Чтобы получить величину проекции, надо
умножить величину силы на косинус угла между силой и ее проекцией (т.е. всегда
берется косинус острого угла).
Пользуясь этим правилом вычисления проекций, получаем
F
1x
= - F
1
·cos (180
0
- 110
0
) = - F
1
·cos 70
0
,
F
2x
= F
2
· cos 0
0
= F
2
,
F
3x
= F
3
·cos 57
0
,
F
1у
= F
1
·cos (110
0
-90
0
) = F
1
·cos 20
0
,
F
2y
= F
2
·cos 90
0
= 0,
F
3y
= - F
3
·cos (90
0
- 57
0
) = - F
3
·cos 33
0
.
Проекция равнодействующей силы:
𝑅
𝑥
=
∑
𝐹
𝑖𝑥
= −
𝐹
1
· cos 70
0
+
𝐹
2
+
𝐹
3
· cos 57
0
= − 47 · 0,34 + 34 + 28 · 0,54 =
𝑛
𝑖
=1
= -15,98 + 34 + 15,12 = 33,14 кН;
𝑅
𝑦
=
∑
𝐹
𝑖𝑦
=
𝐹
1
· cos 20
0
𝑛
𝑖
=1
−
𝐹
3
· cos 33
0
= 47 · 0,94 − 28 · 0,84 =
= 44,18 – 23,52 = 20,66 кН;
ее величина
R =
√
R
x
2
+ R
y
2
2
=
√
33,14
2
+ 20,66
2
2
= √1525,1
2
= 39,05
.
кН
2.
Графический метод.
Для определения равнодействующей графическим методом необходимо построить
силовой многоугольник из всех заданных сил. Замыкающий вектор этого многоугольника
и будет являться равнодействующей заданной системы сил.
Выберем масштаб сил: m = 10кН/см, тогда силы F
1
, F
2
, F
3
будут откладываться
отрезками:
F
1
m
=
F
1
m
=
47
10
= 4,7
;
см
𝐹
2
𝑚
=
𝐹
2
𝑚
=
34
10
= 3,4
;
см
𝐹
3
𝑚
=
𝐹
3
𝑚
=
28
10
= 2,8
.
см
12
Для
построения
силового
многоугольника
силы
можно
брать
в
любой
последовательности. При изменении порядка вычерчивания векторов в многоугольнике
меняется вид фигуры. На результат порядок вычерчивания не влияет.
Начинаем построение из произвольной точки А (рис.4). Проведем через нее линию,
параллельную оси Х, и построим угол α
1
= 110
0
, откладывая его против хода часовой
стрелки.
Откладываем
на
полученной
прямой
длину
вектора
силы
F
1
в
выбранном
масштабе: АВ = 4,7см.
Следующую силу F
2
пристраиваем к концу В первой силы F
1
. Направление силы
совпадает с осью Х, поэтому в этом направлении откладываем длину вектора силы F
2
в
масштабе: ВС = 3,4 см.
Далее аналогичное построение выполняется в точке С. Проведем через нее линию,
параллельную оси Х, и построим угол α
3
= 57
0
, откладывая его по ходу часовой стрелки.
Откладываем на полученной прямой длину вектора силы F
3
в масштабе: СД = 2,8см. Точка
Д является последней точкой построения.
Эту сумму сил можно представить одним вектором R, изображаемым отрезком АD,
соединяющим начальную и конечную точки построения, причем направление стрелки у
этого вектора на чертеже противоположно общему ходу стрелок построенных векторов.
Измерив
отрезок
АD
и,
умножив
на
масштаб,
получим
численное
значение
равнодействующей.
F
2
С
В
С 57
0
F
3
F
1
Д
𝑅
= 3,9см
110
0
R
А
Рис.4
R = 3,9 ·10 = 39 кН.
13
Задача №2.
Определить усилия в стержнях АС и ВС, возникающие от силы F, приложенной к узлу
С, аналитическим и графическим методами (рис.3).
Дано: F = 85 кН; α
1
= 70
0
; α
2
= 40
0
, α
3
= 90
0
.
C
α
1
α
2
A
α
3
B
F
Рис.5
Определить: усилия N
АВ
и N
АС
.
Решение:
1.Аналитический метод.
у
С
70
0
1
N
1
х
50
0
40
0
А 40
0
2 N
2
В F F
Рис.6 Рис.7
1. Строим схему, соблюдая все заданные углы (без соблюдения масштаба сил, рис.6).
Рассматриваем равновесие точки А, в которой сходятся все стержни и внешние силы
(рис.7).
2. Обозначим стержень АС цифрой 1, а стержень АВ цифрой 2. Отбрасываем связи
АВ и АС, заменяя их усилиями в стержнях N
1
и N
2
. Направление усилий примем от узла А,
предполагая стержни растянутыми. Выполним на отдельном чертеже схему действия сил
в точке А (рис.7).
3.
Выберем
систему
координат
таким
образом,
чтобы
одна
из
осей
совпала
с
неизвестным
усилием,
например,
с
N
2
.
Обозначаем
на
схеме
углы,
образованные
14
действующими силами с осью У, и составляем уравнения равновесия плоской системы
сходящихся сил:
∑
𝐹
𝑅𝑋
= 0; −
𝑁
2
−
𝑁
1
· cos 40
0
= 0 (1)
∑
𝐹
𝑅𝑌
= 0;
𝑁
1
· cos 50
0
−
𝐹
= 0
(2)
Из уравнения (2) находим усилие N
1
:
𝑁
1
=
𝐹
cos 50
0
Подставляем численные значения:
𝑁
1
=
85
0,64
= 132,81
.
кН
Найденное значение N
1
подставляем в уравнение (1) и находим из него значение N
2
:
𝑁
2
= −
𝑁
1
· cos 40
0
= 132,81 · 0,71 = −102,26
кН
Окончательно получаем:
N
1
=132,81 кН
N
2
= - 102,26 кН.
Знак минус указывает, что стержень N
1
работает не на растяжение, а на сжатие. А
стержень N
2
работает, как и предположили вначале, на растяжение.
II. Графический метод.
1. Так как узел А находится в равновесии, то многоугольник из заданной и двух
искомых сил должен быть замкнутым. Выбираем масштаб сил m = 10кН/см, тогда сила F
будут откладываться отрезком:
F
m
=
F
m
=
47
10
= 4,7
;
см
Сначала откладываем все известные силы: из произвольной т. О откладываем
отрезок, соответствующий величине и направлению силы
𝐹
𝑚
= 4,7
.
см
Силы N
1
и N
2
неизвестны, но известны их направления. Поэтому, зная, что силовой
многоугольник должен быть замкнут (условие равновесия сходящихся сил), из начала
отрезка F проводим прямую, параллельную вектору N
1
, а из конца отрезка F
проводим
прямую, параллельную вектору N
2
. Точка их пересечения является вершиной силового
многоугольника (рис 4). Стрелки у искомых векторов ставим так, чтобы они шли в одном
направлении со стрелками заданных векторов: N
2
из конца вектора F , а N
2
в начало вектора
F. Получим замкнутый силовой многоугольник.
15
N
1
= 13,3см,
N1
N
2
= 10,2см
F
N2
Рис.8
Измерив отрезки и, умножая их на масштаб, получим:
N
1
= 13,3 · 10 = 133 кН;
N
2
= 10,2 · 10 = 102 кН.
Остается выяснить, растянуты или сжаты стержни N
1
и N
2
. Для этого нужно сравнить
их направление в многоугольнике сил с направлениями, что мы предположили в начале.
Если направления совпадают, то стержень растянут, если направления не совпадают, то
стержень сжат.
Окончательно получим:
N
1
= 133кН,
N
2
= -102кН.
Вычислим допущенную при графическом способе решения ошибку:
𝑁
1
=
133−132,81
133
∙ 100% = 0,14%,
𝑁
2
=
102,26−102
102,26
∙ 100% = 0,25%.
(Ошибка должна находиться в пределах 2%).
Ответ:
Аналитическое решение: N
AC
= N
1
= 132,81 кН
N
AB
= N
2
= -102,26 кН.
Графическое решение: N
AC
= N
1
= 133 кН
N
AB
= N
2
= - 102кН.
4. Задание на выполнение РГР № 2.
Определить опорные реакции балок при одновременном действии распределенных
нагрузок, сосредоточенных сил, пар сил (моментов). Исходные данные для задач своего
варианта взять из таблицы № 3, схемы – из таблиц №4 и №5.
16
Таблица № 3
№№
расчет-
ных
схем
№№
вариан-
тов
a
(м)
b
(м)
с
(м)
d
(м)
e
(м)
q
(кН/м)
F
1
(кН)
F
2
(кН)
m
(кНм)
α,
(град)
I
1
2
3
2
1
2
3
4
5
3
2
2
4
3
4
1
2
1
20
10
20
40
20
30
60
30
40
20
10
30
30
45
60
II
4
5
6
2
3
2
4
6
4
1
2
2
5
4
6
1
2
1
40
20
10
50
60
20
60
80
40
20
20
40
30
45
60
III
7
8
9
1
2
2
6
4
3
1
2
2
4
4
6
1
1
2
20
40
10
80
40
40
40
60
60
20
10
20
60
45
30
IV
10
11
12
1
2
2
3
4
3
3
2
2
4
4
6
1
2
1
20
40
30
40
80
40
20
40
80
10
20
10
30
45
60
V
13
14
15
1
1
1
4
5
6
1
1
1
5
4
3
2
1
2
10
40
20
50
80
60
40
60
40
20
10
10
30
45
60
VI
16
17
18
2
1
1
4
4
2
1
2
2
4
6
4
2
1
2
40
20
10
60
50
30
80
60
40
20
30
10
60
30
45
VII
19
20
21
2
2
3
4
2
3
2
2
4
4
4
4
2
1
1
40
20
10
80
40
30
60
30
40
10
20
30
45
30
60
VIII
22
23
24
1
1
0,5
4
5
2
2
3
1
3
5
2
1
2
0,5
10
40
20
40
50
20
30
60
30
20
30
20
60
45
30
IX
25
26
27
2
2
2
2
2
2
3
2
1
1
1
4
1
1
2
10
20
50
40
50
10
50
30
20
10
20
10
30
45
60
X
28
29
30
3
2
3
3
2
3
2
1
1
3
2
3
1
1
1
50
40
20
20
40
30
30
60
40
20
20
10
45
60
30
17
Таблица №4
1
F
1
q m F
2
α
a b
c
6
q F
1
m
α
F
2
a b c
2
q F
1
F
2
α m
a
b
c
7
F
1
q F
2
α m
a
b
c
3
q F
2
m α
F
1
a b c
8
q F
1
F
2
α
m
a
b
c
4
F
2
q
α
m
F
1
a b c
9
F
1
q
α
m
F
2
a
b
c
5
F
1
F
2
q
α m
a b c
10
F
1
q F
2
α
m
a
b
c
18
Таблица №5
1
F
1
F
2
q
α m
a b с d е
6
F
1
F
2
q
m α
a
b
c
d
e
2
q F
2
m
α
F
1
a
b
c
d
e
7
q F
1
F
2
α m
a
b c d
e
3
F
1
q F
2
α m
a b
c d
e
8
F
1
F
2
q
α
m
a b c
d e
4
F
1
q
m
α
F
2
a
b
c
d e
9
F
1
q F
2
m
α
a b с d e
5
F
1
F
2
q
α
m
a
b
c
d e
10
q F
1
q
m
α
a b с d e
19
4.1. Пример выполнения РГР №2.
Задача №1.
Определить реакции опор балки, нагруженной, как показано на рис.9.
F
1
F
2
q
40
0
M
a b c d e
Рис.9
V
A
F
1y
V
B
F
2
q M
H
A
F
1x
F
q1
F
q2
2,0 2,0 2,5 2,5
4,0 5,0 3,0 4,0 2,0
Рис. 10
Дано:
F
1
= 50кН, F
2
= 30кН, q = 10 кН/м, М = 20 кН·м, а = 4,0 м, b = 5,0 м,
c = 3,0 м, d = 4,0 м, е = 2,0 м, α = 40
о
.
Определить: реакции опор V
А
, Н
А
, V
В
.
Решение.
1. Обозначаем опоры буквами А и В. Отбрасываем связи (опоры А и В), заменяем их
действие
реакциями:
неподвижная
опора
имеет
реакции
V
А
(вертикальная)
и
Н
А
(горизонтальная), подвижная опора – реакцию V
В
(вертикальная). Выбираем систему
координат XY с началом в левой опоре. Определяем равнодействующую распределенной
20
нагрузки: равнодействующих будет две – одна на участке «а» (F
q1
), другая на участке
«b»(F
q2
):
𝐹
𝑞
1
= 𝑞 ∙ 𝑞 = 10 ∙ 4 = 40
,
кН
𝐹
𝑞
2
= 𝑞 ∙ 𝑞 = 10 ∙ 5 = 50
.
кН
и чертим расчетную схему балки (рис.10).
3.
Для полученной плоской произвольной системы сил составляем уравнения
равновесия:
∑
𝐹
𝑅𝑋
= 0;
𝐻
𝐴
−
𝐹
1
∙ cos 40
0
= 0
(
1
)
;
∑
𝑀
𝐴
(
𝐹
𝑅
)
= 0; −
𝐹
𝑞
1
∙
𝑎
2
+
𝐹
𝑞
2
∙
𝑏
2
+
𝐹
1
∙ cos 50
0
∙
−
−
𝑏
𝑀 𝑉
𝐵
∙
(
𝑏
+
+
𝑐
𝑑
)
+
+
𝐹
2
∙
(
𝑏
+
+
+
𝑐
𝑑
𝑒
)
= 0
(
2
)
;
∑
𝑀
𝐵
(
𝐹
𝑅
)
= 0;
𝑉
𝐴
∙
(
𝑏
+
+
𝑐
𝑑
)
−
𝐹
𝑞
1
∙
(
𝑎
2
+ 𝑞 +
+ 𝑞
с
)
−
𝐹
𝑞
2
∙
(
𝑏
2
+
+
𝑐
𝑑
)
−
−
𝐹
1
∙ cos 50
0
∙
(
𝑐
+
𝑑
)
−
𝑀
+
𝐹
2
∙
𝑒
= 0
(3).
4.
Решаем систему уравнений. Из уравнения (1) находим Н
А
:
𝐻
𝐴
=
𝐹
1
∙ cos 40
0
= 50 ∙ 0,77 = 38,5
.
кН
Из уравнения (2) находим V
B
:
𝑉
𝐵
=
−
𝐹
𝑞
1
∙
𝑎
2
+
𝐹
𝑞
2
∙
𝑏
2
+
𝐹
1
∙ cos 50
0
∙
−
𝑏
𝑀
+
𝐹
2
∙
(
𝑏
+
+
+
𝑐
𝑑
𝑒
)
𝑏
+
+
𝑐
𝑑
=
−40 ∙
4
2
+ 50 ∙
5
2
+ 50 ∙ 0,64 ∙ 5 − 20 + 30 ∙
(
5 + 3 + 4 + 2
)
5 + 3 + 4
= 50,42
.
кН
Из уравнения (3) находим V
A
:
𝑉
𝐴
=
𝐹
𝑞
1
∙
(
𝑎
2
+
+
+
𝑏
𝑐
𝑑
)
+
𝐹
𝑞
2
∙
(
𝑏
2
+
+
𝑐
𝑑
)
+
𝐹
1
∙ cos 50
0
∙
(
𝑐
+
𝑑
)
+
−
𝑀 𝐹
2
∙
𝑒
𝑏
+
+
𝑐
𝑑
=
=
40 ∙
(
4
2
+ 5 + 3 + 4
)
+ 50 ∙
(
5
2
+ 3 + 4
)
+ 50 ∙ 0,64 ∙
(
3 + 4
)
+ 20 − 30 ∙ 2
5 + 3 + 4
=
= 101,58
кН
21
5.
Для проверки правильности решения составим сумму проекций на ось Y:
∑
𝐹
𝑅𝑌
=
𝑉
𝐴
+
𝑉
𝐵
−
𝐹
𝑞
1
−
𝐹
𝑞
2
−
𝐹
1
∙ cos 50
0
−
𝐹
2
= 50,42 + 101,58 − 40 − 50 −
−50 ∙ 0,64 − 30 = 152 − 152 = 0
Погрешность, полученная в результате вычислений, должна быть менее
0,1 %. В нашем случае:
𝛿
=
0
152
∙ 100% = 0%.
Ответ:
Опорные реакции балки равны:
V
A
= 101,58 кН;
V
B
= 50,42 кН;
H
A
= 38,5 кН.
Пример №2.
Определить реакции опор балки, нагруженной, как показано на рис. 11.
F
2
q
M α
F
1
a b c
Рис.11
m
A
q F
2
M
40
0
H
A
A B
V
A
F
1
F
q
2,5
2,5
4,0 5,0 3,0
Рис.12
Дано:
F
1
= 25кН, F
2
= 30кН, q = 10 кН/м, M = 20 кН·м, а = 4,0 м, b = 5,0 м, c = 3,0 м,
α = 40
о
.
Определить: реакции опоры V
А
, Н
А
, m
А
.
22
Решение.
1. Обозначаем опору буквой А. Отбрасываем связь (опору А), заменяем ее действие
реакциями: жесткая заделка имеет реакции V
А
(вертикальная), Н
А
(горизонтальная), m
A
(реактивный момент). Выбираем систему координат XY с началом в опоре. Определяем
равнодействующую распределенной нагрузки:
𝐹
𝑞
= 𝑞 ∙ 𝑞 = 10 ∙ 5 = 50
кН
и чертим расчетную схему балки (рис.12).
2. Для полученной плоской произвольной системы сил составляем уравнения
равновесия:
∑
𝐹
𝑖𝑥
= 0;
𝐻
𝐴
−
𝐹
2
∙ cos 40
0
= 0
(1)
∑
𝐹
𝑖𝑦
= 0;
𝑉
𝐴
+
𝐹
1
−
𝐹
𝑞
−
𝐹
2
∙ cos 50
0
= 0
(2)
∑
𝑀
𝐴
(
𝐹
𝑅
)
= 0; −
𝐹
1
∙
𝑎
+
𝐹
𝑞
∙
(
𝑎
+
𝑏
2
)
+
+
𝑀 𝐹
2
∙ cos 50
0
∙
(
𝑎
+
+
𝑏
𝑐
)
−
𝑚
𝐴
= 0
(3)
3. Решаем систему уравнений. Из уравнения (1) находим Н
А
:
𝐻
𝐴
=
𝐹
2
∙ cos 40
0
= 30 ∙ 0,77 = 23,1
.
кН
Из уравнения (2) находим V
A
:
𝑉
𝐴
= −
𝐹
1
+
𝐹
𝑞
+
𝐹
2
∙ cos 50
0
= −50 + 50 + 30 ∙ cos 50
0
= 30 ∙ 0,64 = 19,2
;
кН
Из уравнения (3) находим m
A
:
𝑚
𝐴
= −
∙
+
𝐹 𝑎
𝐹
𝑞
∙
(
𝑎
+
𝑏
2
)
+
+
𝑀 𝐹
2
∙ cos 50
0
∙
(
𝑎
+
+
𝑏
𝑐
)
= −50 ∙ 4 +
+50 ∙
(
4 +
5
2
)
+ 20 + 30 ∙ 0,64 ∙
(
4 + 5 + 3
)
= 375,4
.
кН
4.Для проверки правильности решения составим сумму моментов относительно
точки В:
∑
𝑀
𝐵
(
𝐹
𝑅
)
=
−
𝑀 𝐹
𝑞
∙
(
𝑏
2
+
𝑐
)
+
𝐹
1
∙
(
𝑏
+
𝑐
)
+
𝑉
𝐴
∙
(
𝑎
+
+
𝑏
𝑐
)
−
𝑚
𝐴
= 20 −
−50 ∙
(
5
2
+ 3
)
+ 50 ∙
(
5 + 3
)
+ 19,2 ∙
(
4 + 5 + 3
)
− 375,4 = 650,4 − 650,4 = 0
Погрешность, полученная в результате вычислений, должна быть менее
0,1 %. В нашем случае:
𝛿
=
0
650,4
∙ 100% = 0%.
Ответ:
Опорные реакции балки равны:
V
A
= 19,2 кН;
23
H
A
= 23,1 кН;
m
A
= 375,4кН.
5. Задание на выполнение РГР №3.
Для специальностей: 08.02.07 Монтаж и эксплуатация внутренних сантехнических
устройств, кондиционирования воздуха и вентиляции, 08.02.08
Монтаж и эксплуатация оборудования и систем газоснабжения, 08.02.04 Водоснабжение и
водоотведение:
Определить положение центра тяжести составного сечения из прокатных профилей.
Исходные данные для задачи своего варианта взять из таблицы № 6, схему – из таблицы
№7.
Для специальностей: 08.02.01 Строительство и эксплуатация зданий и сооружений и
07.02.01 Архитектура:
Определить
главные
моменты
инерции
для
составного
сечения
из
прокатных
профилей. Исходные данные для задачи своего варианта взять из таблицы № 6, схему – из
таблицы №7.
24
Таблица №6
№№
расчетной
схемы
№№ вариантов
№ двутавра
№ швеллера
Размеры полосы
(мм)
I
1
2
3
10
14
18
8
12
16
-
-
-
II
4
5
6
10
14
18
8
12
16
-
-
-
III
7
8
9
-
-
-
8
12
16
90×4,5
114×4,8
138×5,0
IV
10
11
12
10
14
18
-
-
-
110*5,0
146*6,0
180*7,0
V
13
14
15
24
24
27
22 и 30
22 и 30
22 и 30
-
-
-
VI
16
17
18
24
24
27
40
40
40
400×10
400×10
400×10
VII
19
20
21
20
22
24
27
27
27
400×10
400×10
400×10
VIII
22
23
24
27
27
30
36 и 40
36 и 40
36 и 40
-
-
-
IX
25
26
27
27
24
24
40
40
40
360×10
360×10
360×10
X
28
29
30
24
27
30
30
30
30
360×10
360×10
360×10
25
Таблица №7
1
6
2
7
3
8
4
9
5
10
26
5.1.
Пример
выполнения
РГР
№3
для
специальностей:
08.02.07
Монтаж
и
эксплуатация внутренних сантехнических устройств, кондиционирования воздуха и
вентиляции, 08.02.08Монтаж и эксплуатация оборудования и систем газоснабжения,
08.02.04 Водоснабжение и водоотведение
Определить положение центра тяжести сечения, состоящего из прокатных профилей
(рис.13).
Рис.13
Дано: Двутавр № 22, швеллер № 24.
Определить: Хс, Yc.
Решение.
1.Из таблиц ГОСТа выписываем необходимые для решения задачи данные для
швеллера и двутавра и заносим их в таблицу (см. приложение 1,2).
Профиль
ГОСТ
h,мм
b,мм
A,см
2
Zo, см
22
8239-89
220
110
30,6
-
24
8340-89
240
90
30,6
2,42
2.Чертим сечение в масштабе 1:5 (рис.14).
y
С
2
х
2
b
2
y
2
С
1
х
1
h
1
y
1
х
Рис.14
3.Показываем на схеме центры тяжести составных частей:
С
1
– центр тяжести двутавра;
С
2
– центр тяжести швеллера.
27
Проводим центральные оси отдельных частей: х
1
, у
1
; х
2
, у
2
. Так как сечение имеет ось
симметрии и точки С
1
и С
2
лежат на этой оси, то оси у,у
1
,у
2
совпадают.
4.Определяем положение центра тяжести сечения относительно вспомогательной
оси, в качестве которой выбираем ось Х, проходящую по нижней грани фигуры.
Координаты центров тяжести составных частей:
𝑥
1
= 0;
𝑦
1
=
ℎ
1
2
=
22
2
= 11
;
см
𝑥
2
=
;
см
𝑦
2
=
ℎ
1
+
𝑍
0
= 22 + 2,42 = 24,42
;
см
5. Определяем площадь всего сечения:
𝐴
=
∑
𝐴
𝑅
=
𝐴
1
+
𝐴
2
= 30,6 + 30,6 = 61,2
см
2
.
6.Определяем статические моменты площади относительно осей Х и У:
𝑆
𝑥
=
∑
𝑦
𝑅
∙
𝐴
𝑅
=
𝑦
1
∙
𝐴
1
+
𝑦
2
∙
𝐴
2
+=
11 ∙ 30,6 + 24,42 ∙ 30,6 = 1083,85
см
3
;
𝑆
𝑦
=
∑
𝑥
𝑅
∙
𝐴
𝑅
=
𝑥
1
∙
𝐴
1
+
𝑥
2
∙
𝐴
2
= = 0 ∙ 30.6 + 0 ∙ 30,6 = 0
7.Определяем координаты центра тяжести сечения:
х
с
=
𝑆
𝑦
𝐴
= 0;
𝑦
𝑐
=
𝑆
𝑥
𝐴
=
1083,85
61,2
= 17,7
.
см
Показываем на чертеже положение центра тяжести сечения т.С и проводим главные
центральные оси Хс и Ус.
28
5.2. Пример выполнения РГР №3 для специальностей: 08.02.01 Строительство и
эксплуатация зданий и сооружений и 07.02.01 Архитектура:
Определить главные моменты инерции для составного сечения из прокатных
профилей (рис.13а).
Рис.13а
Дано:
Двутавр № 24, швеллер № 30, полоса 200×14 мм.
Определить:
J
x
, J
y
Решение.
1.Из таблиц ГОСТа выписываем необходимые для решения задачи данные для
швеллера и двутавра и заносим их в таблицу (см. приложение 1,2).
Профиль
ГОСТ
h, мм
b, мм
d, мм
A, см
2
Jx, см
4
Jy, см
4
Zo, см
I 24
8239-89
240
115
5,6
34,8
3480
198
-
[ 30
8340-89
300
100
6,5
40,5
5810
327
2,52
-
20x1,4
1,4
20
28
2.Чертим сечение в масштабе 1:10 (рис.14а).
y
2
y,y
c
y
1
,y
4
y
3
x
4
C
4
C x
c
x
2
,x
3
y
4
y
3
=y
2
C
2
C
3
y
c
y
1
C
1
х
1
x
2
x
3
x
Рис.14а
29
3.Показываем на схеме центры тяжести составных частей:
С
1
- центр тяжести прямоугольной полосы;
С
2
– центр тяжести первого двутавра;
С
3
- центр тяжести второго двутавра;
С
4
– центр тяжести швеллера.
Проводим центральные оси отдельных частей: х
1
, у
1
; х
2
, у
2
; х
3
, у
3
; х
4
, у
4
. Так как сечение
имеет ось симметрии и точки С
1
и С
4
лежат на этой оси, то оси у, у
1
,у
2
совпадают.
4.Определяем положение центра тяжести сечения относительно вспомогательной
оси, в качестве которой выбираем ось Х, проходящую по нижней грани фигуры.
Координаты центров тяжести составных частей:
𝑥
1
= 0;
𝑦
1
=
ℎ
1
2
=
1,4
2
= 0,7
;
см
𝑥
2
= −
(
𝑏
1
2
−
𝑏
2
2
)
= −
(
20
2
−
11,5
2
)
= −4,25
;
см
𝑥
3
=
(
𝑏
1
2
−
𝑏
2
2
)
= 4,25
; 𝑞
см
2
=
𝑦
3
=
ℎ
1
+
ℎ
2
2
= 1,4 +
24
2
= 13,4
;
см
𝑥
4
= 0;
𝑦
4
=
ℎ
1
+
ℎ
2
+
𝑑
4
−
𝑧
0
= 1,4 + 24 + 0,56 − 2,5 = 23,46
;
см
Определяем площади составных частей:
𝐴
1
=
𝑏
1
∙
ℎ
1
= 20 ∙ 1,4 = 28
см
2
;
𝐴
2
=
𝐴
3
= 34,8
см
2
;
𝐴
4
= 40,5
см
2
;
Площадь всего сечения:
𝐴
=
∑
𝐴
𝑅
=
𝐴
1
+
𝐴
2
+
𝐴
3
+
𝐴
4
= 28 + 34,8 ∙ 2 + 40,5 = 138,1
см
2
.
5.Определяем статические моменты площади относительно осей Х и У:
𝑆
𝑥
=
∑
𝑦
𝑅
∙
𝐴
𝑅
=
𝑦
1
∙
𝐴
1
+
𝑦
2
∙
𝐴
2
+
𝑦
3
∙
𝐴
3
+
𝑦
4
∙
𝐴
4
=
= 0,7 ∙ 28 + 13,4 ∙ 34,8 ∙ 2 + 23,46 ∙ 40,5 = 1902,37
см
3
;
𝑆
𝑦
=
∑
𝑥
𝑅
∙
𝐴
𝑅
=
𝑥
1
∙
𝐴
1
+
𝑥
2
∙
𝐴
2
+
𝑥
3
∙
𝐴
3
+
𝑥
4
∙
𝐴
4
=
= 0 ∙ 28 +
(
−4,25
)
∙ 34,8 + 4,25 ∙ 34,8 + 0 ∙ 40,5 = −147,9 + 147,9 = 0
6.Определяем координаты центра тяжести сечения:
х
с
=
𝑆
𝑦
𝐴
= 0;
𝑦
𝑐
=
𝑆
𝑥
𝐴
=
1902,37
138,1
= 13,78
.
см
Показываем на чертеже положение центра тяжести сечения С и проводим главные
центральные оси Хс и Ус.
30
7. Вычисляем расстояния между главной центральной осью Хс и центральными осями
отдельных частей х
1
, х
2
, х
3
, х
4
:
𝑎
1
=
𝑦
𝑐
−
𝑦
1
= 13,78 − 0,7 = 13,08
;
см
𝑎
2
=
𝑎
3
=
𝑦
𝑐
−
𝑦
2
= 13,78 − 13,4 = 0,38
;
см
𝑎
4
=
𝑦
4
−
𝑦
𝑐
= 23,46 − 13,78 = 9,68
.
см
Расстояния между главной центральной осью Yс и центральными осями отдельных
частей х
2
и х
3
:
𝑎
2
/
=
|
𝑥
2
|
= 4,25
; 𝑞
см
3
/
=
𝑥
3
= 4,25
.
см
7.На
основании
теоремы
о
зависимости
моментов
инерции
относительно
параллельных
осей,
одна
из
которых
является
центральной,
вычисляем
главные
центральные моменты инерции сечения относительно оси Хс:
𝐽
𝑥𝑐
=
(
𝐽
𝑥
1
+
𝑎
1
2
∙
𝐴
1
)
+
(
𝐽
𝑥
2
+
𝑎
2
2
∙
𝐴
2
)
+
(
𝐽
𝑥
3
+
𝑎
3
2
∙
𝐴
3
)
+
(
𝐽
𝑥
4
+
𝑎
4
2
∙
𝐴
4
)
,
𝐽
𝑥
1
=
𝑏ℎ
3
12
=
20 ∙ 1,4
3
12
= 4,57
см
4
𝐽
𝑥
4
=
𝐽
𝑦
4
таб
= 327
см
4
,
так как швеллер расположен иначе, чем в ГОСТе.
𝐽
𝑥𝑐
=
(
4,57 + 13,08
2
∙ 28
)
+
(
3480 + 0,38
2
∙ 34,8
)
∙ 2 +
(
327 + 9,68
2
∙ 40,5
)
=
= 4794,99 + 6970,05 + 4121,95 = 15886,99
см
4
.
Вычисляем главные центральные моменты инерции сечения относительно оси Ус:
𝐽
𝑦𝑐
=
(
𝐽
𝑦
1
+
(
𝑎
1
/
)
2
∙
𝐴
1
)
+
(
𝐽
𝑦
2
+
(
𝑎
2
/
)
2
∙
𝐴
2
)
+
(
𝐽
𝑦
3
+
(
𝑎
3
/
)
2
∙
𝐴
3
)
+
+
(
𝐽
𝑦
4
+
(
𝑎
4
/
)
2
∙
𝐴
4
)
𝑞
где
𝑦
1
=
ℎ𝑏
3
12
=
1,4 ∙ 20
3
12
= 933,33
см
4
;
𝐽
𝑦
4
=
𝐽
𝑥
4
таб
= 5810
см
4
,
так как двутавр расположен иначе, чем в ГОСТе.
𝐽
𝑦𝑐
= 933,33 +
(
198 + 4,25
2
∙ 34,8
)
∙ 2 + 5810 = 933,33 + 1653,15 + 5810
= 8396,48
см
4
.
Ответ: J
xc
= 15886,99см
4
- max ;
31
J
yc
=8396,48 см
4
- min.
6. Задание на выполнение РГР № 4 .
Построить эпюры поперечных сил (Q) и изгибающих моментов (М), подобрать
сечение стального двутавра и определить в подобранном сечении максимальное
касательное напряжение. Исходные данные для задачи своего варианта взять из таблицы
№ 8, схему – из таблицы №9.
32
Таблица №8
№№
расчетн.
схем
№№
вариан-
тов
а
(м)
в
(м)
с
(м)
d
(м)
q
(кНм)
F
(кН)
m
(кНм)
I
1
2
3
1
2
1
1
2
2
4
3
4
1
1
2
10
20
10
40
50
60
10
20
30
II
4
5
6
1
2
9
4
3
2
2
2
4
1
2
1
30
10
20
60
50
40
30
20
10
III
7
8
9
2
4
1
4
2
4
2
3
1
1
2
1
40
20
10
10
20
30
20
10
30
IV
10
11
12
2
2
4
2
2
4
4
4
2
1
2
1
10
20
40
40
60
50
10
20
30
V
13
14
15
3
2
4
3
2
4
3
4
3
2
1
2
30
40
50
10
50
20
30
10
20
VI
16
17
18
2
1
2
4
4
3
1
4
4
1
1
2
50
20
10
60
40
20
10
20
30
VII
19
20
21
2
1
2
4
5
3
2
1
1
1
1
2
10
30
40
30
40
60
20
10
30
VIII
22
23
24
2
1
2
4
3
2
2
3
4
2
1
2
10
20
30
10
60
40
30
20
10
IX
25
26
27
2
1
2
4
3
2
4
3
2
1
2
1
40
10
20
30
50
20
20
30
10
X
28
29
30
2
1
2
6
5
4
1
2
2
1
1
2
10
20
30
40
50
60
30
20
10
33
Таблица №9
1
q F
m
a b с d
6
F
q
m
a
b с d
2
F q
m
a b c
d
7
F
q
m
a
b
c
d
3
q F
m
a b
c d
8
q
F
m
a
b
c
d
4
q F
m
a
b
c
d
9
F q
m
a
b
c
d
5
q F
m
a b c
d
10
q
F
M
m
a
b
c d
34
6.1. Пример выполнения РГР №4.
Пример. Для двухопорной балки построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих
моментов М. Подобрать сечение стального двутавра, приняв [σ] = 160 Мпа (рис.15).
Дано:
F = 60 кН; q = 20кН/м; m = 30 кН
∙
м; a = 1,0 м; b = 5,0 м; c = 3,0 м; в = 3,0 м.
q F
m
a b c
d
Рис.15
Определить: Q, M.
Решение.
1. Отбросив опоры, заменим их действие на балку соответствующими реакциями V
A
,
V
B
(рис.15). Составляем уравнения равновесия параллельной системы сил, из которых
определяем опорные реакции балки:
∑
M
A
(
F
R
)
= 0; −m + q ∙
(
b + c
)
∙
(
b+c
2
+ a
)
− V
B
∙
(
a + b + c
)
+ +
∙
𝐹
(
𝑎
+
+
+
𝑏
𝑐
𝑑
)
= 0
∑
M
B
(
F
R
)
= 0; V
A
∙
(
a + b + c
)
− m − q ∙
(
b + c
)
∙
(
b+c
2
)
+ F ∙ d = 0
(2)
Из уравнения (1) находим V
B
:
V
B
=
−m + q ∙
(
b + c
)
∙
(
b + c
2
+ a
)
+ F
(
a + b + c + d
)
a + b + c
=
=
30 + 20 ∙
(
5 + 3
)
∙
(
5 + 3
2
+ 1
)
+ 60 ∙
(
1 + 5 + 3 + 3
)
1 + 5 + 3
= 165,56
кН
Из уравнения (2) находим V
A
:
V
A
=
m + q ∙
(
b + c
)
∙
(
b + c
2
)
− F ∙ d
a + b + c
=
30 + 20 ∙
(
5 + 3
)
∙
(
5 + 3
2
)
− 60 ∙ 3
1 + 5 + 3
= 54,44
.
кН
Проверяем правильность определения опорных реакций, составляя сумму проекций
всех сил на ось Y:
∑
F
iy
= V
A
+ V
B
− q ∙
(
b + c
)
− F = 54,44 + 165,56 − 20 ∙
(
5 + 3
)
− 60 = 0
35
т.е. реакции определены верно.
2. Строим расчетную схему и обозначаем на ней характерные точки, по которым
будем строить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рис.16 а). Под расчетной
схемой оставляем место для построения эпюр.
V
A
q=20 кН/м V
B
F=60кН
m Рис.16а
A 1 2 C 3 4 В 5
а=1,0 b+c = 8,0 м d = 3,0 м
60 60
54,44 54,44
+ +
Рис.16b
- Эп.Q (кН)
Z
0
105,56
180
0 8,92 Рис.16с
0 Эп.М
54,44 24,44 (кН
∙
м)
93,32 98,54
Рис.16
Определяем значения поперечной силы Q в характерных сечениях балки, которые
обозначены А,1,2,3,4,В,5 (рис.16 а).
Q
𝐴
пр
= V
A
= 54.44
;
кН
36
Q
1
= V
A
= 54.44
;
кН
Q
2
= V
A
−
∙
𝑞
1
4
∙
(
𝑏
+
𝑐
)
= 54,44 − 20 ∙
1
4
∙
(
5 + 3
)
= 54,44 − 40 = 14,44
;
кН
Q
3
= V
A
−
∙
𝑞
1
2
∙
(
𝑏
+
𝑐
)
= 54,44 − 20 ∙
1
2
∙
(
5 + 3
)
= 54,44 − 80 = −25,56
;
кН
Q
4
= V
A
−
∙
𝑞
3
4
∙
(
𝑏
+
𝑐
)
= 54,44 − 20 ∙
3
4
∙
(
5 + 3
)
= 54,44 − 120 = −65,56
;
кН
Q
B
лев
= V
A
−
∙
𝑞
(
𝑏
+
𝑐
)
= 54,44 − 20 ∙
(
5 + 3
)
= −105,56
;
кН
Q
B
пр
= Q
B
лев
+ V
B
= −105,56 + 165,56 = 60
;
кН
Оставшуюся часть эпюры рассчитываем, начиная с правого конца балки.
Q
5
лев
= F = 60
.
кН
По найденным значениям строим эпюру поперечных сил Q (рис.16 б).
Для построения эпюры на участке (b+c) достаточно было определить поперечную
силу в точках 1 и В, так как эпюра на этом участке описывается прямой линией.
Так как эпюра пересекает нулевую линию в т. С, необходимо определить абсциссу
сечения (расстояние z
o
). Для этого ординату в начале распределенной нагрузки (54,44)
делим на интенсивность распределенной нагрузки:
Z
0
=
54,44
20
= 2,72
.
м
3. Определяем значения изгибающих моментов М в характерных сечениях балки:
M
A
= 0;
М
1
лев
= V
A
∙ a = 54,44 ∙ 1 = 54,44
∙
;
кН м
М
1
пр
= V
A
∙ a − m = 54,44 ∙ 1 − 30 = 24,44
∙
;
кН м
М
2
= V
A
∙ (a +
1
4
(
b + c
)
) − m − q ∙
1
4
(
b + c
)
∙
1
4
(
𝑏
+
𝑐
)
2
= 54,44 ∙ (1 +
1
4
(
5 + 3
)
) −
−30 − 20 ∙
1
4
∙
(
5 + 3
)
∙
1
8
(
5 + 3
)
= 163,32 − 30 − 40 = 93,32
∙
кН м
М
С
= V
A
∙
(
a + z
0
)
− m − q ∙ z
0
∙
𝑧
0
2
= 54,44 ∙
(
1 + 2,72
)
− 30 − 20 ∙ 2,72 ∙
2,72
2
=
= 202,52 − 30 − 73,98 = 98,54
∙
;
кН м
М
4
= V
A
∙ (a +
3
4
(
b + c
)
) − m − q ∙
3
4
(
b + c
)
∙
3
4
(
b+c
)
2
= 54,44 ∙ (1 +
3
4
(
5 + 3
)
) −
−30 − 20 ∙
3
4
(
5 + 3
)
∙
3
4
(
5+3
)
2
= 54,44 ∙ 7 − 30 − 20 ∙ 18 = 381,08 − 30 − 360 =
37
= −8,92
∙
;
кН м
Оставшуюся часть эпюры рассчитываем, начиная с правого конца балки.
M
B
= −F ∙ 3 = −60 ∙ 3 = −180
∙
;
кН м
𝑀
5
= 0.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов М (рис.16в). Строим
эпюру на растянутом волокне и знаки на эпюре не ставятся.
4. По эпюре изгибающих моментов определяем положение опасного сечения балки
(сечения, в котором изгибающий момент имеет наибольшее по абсолютной величине
значение). В нашем случае – это сечение B, где М
В
= М
max
= 180кН·м.
Из условия прочности балки на изгиб
𝖦
𝑚𝑎𝑥
=
M
max
𝖶
≤
[
𝖦
]
= 160
МПа
вычисляем необходимый осевой момент сопротивления:
𝖶
𝑥
=
M
мах
[
𝖦
]
=
180 ∙ 10
6
160
= 1,125 ∙ 10
6
мм
3
= 1125 ∙ 10
3
мм
3
= 1125
см
3
В соответствии с ГОСТ 8239-89 (приложение 1), принимаем сечение из стального
двутавра № 45 с W = 1231 см
3
.
Поверяем:
𝖦
𝑚
ах
=
180∙10
6
1231∙10
3
= 146 ∙ 10
3
= 146
≤ 160
МПа
МПа
МПа
Прочность обеспечена.
Если в вашей задаче
𝗚
max
получилаcь больше, чем допускаемое значение (160 МПа),
тогда необходимо посчитать перенапряжение.
Например, в вашей задаче
𝗚
max
= 165МПа
Имеем перенапряжение:
𝛿
=
165−160
160
∙ 100% = 3,13% < 5%
, что находиться в разрешенных пределах (не
более 5%), следовательно, прочность обеспечена.
5.Проверяем
прочность
балки
по
касательным
напряжениям.
Касательное
напряжение вычисляем по формуле Д. И. Журавского
𝜏
=
Q ∙ S
x
J
x
∙ b
≤
[
𝜏
]
= 100
,
МПа
где Q= 105,56кН- максимальное значение Q на эпюре;
S
x
=708 см
3
=708·10
3
мм
3
;
𝐽
x
=27696
см
4
= 27696·10
4
мм
4
;
b=d=9
мм
.
𝜏
=
105,56∙10
3
∙350∙10
3
27696∙10
4
∙9
=
36946·10
6
249264∙10
4
= 0,148 ∙ 10
2
= 14,8
< 100
МПа
МПа
38
.
Прочность обеспечена
Ответ: сечение балки двутавр № 45.
7. Задание на выполнение ГРГ № 5.
Проверить прочность и устойчивость центрально сжатого стержня (по несущей
способности). Исходные данные для задачи своего варианта взять из таблицы № 10,
схему – из таблицы №11.
39
Таблица №10
№№
расчет
-ных
схем
№№
вариан
-
тов
№
швелле
-
ра
№
двутав
-
ра
Разме
р
листа
(мм)
Схемы
закрепле
-
ния
концов
стержня
Действи
-
тельная
длина
(м)
Расчетная
центрально
сжимающа
я
сила
(Н)
Мар-
ка
стал
и
I
1
2
3
20
22
24
-
-
-
200×10
1
2
3
6
2
5
600
700
800
Ст.3
Ст.4
Ст.5
II
4
5
6
20
22
24
-
-
-
200×12
1
2
3
6
2
5
600
700
800
Ст.3
Ст.4
Ст.5
III
7
8
9
-
-
-
20
22
24
200×14
1
2
3
6
2
5
600
700
800
Ст.3
Ст.4
Ст.5
IV
10
11
12
20
22
24
-
-
-
200×14
1
2
3
6
2
5
600
700
800
Ст.3
Ст.4
Ст.5
V
13
14
15
-
-
-
20
22
24
200×16
1
2
3
6
2
5
600
700
800
Ст.3
Ст.4
Ст.5
VI
16
17
18
20
22
24
-
-
-
-
1
2
3
6
2
5
600
700
800
Ст.3
Ст.4
Ст.5
VII
19
20
21
20
22
24
20
22
24
-
1
2
3
6
2
5
600
700
800
Ст.3
Ст.4
Ст.5
VIII
22
23
24
-
-
-
-
-
-
200×12
200×14
200×12
1
2
3
6
2
5
600
700
800
Ст.3
Ст.4
Ст.5
IX
25
26
27
20
22
24
20
22
24
-
-
-
1
2
3
6
2
5
600
700
800
Ст.3
Ст.4
Ст.5
X
28
29
30
20
22
24
18
20
22
-
-
-
1
2
3
6
2
5
600
700
800
Ст.3
Ст.4
Ст.5
40
Таблица №11
1
6
2
7
3
8
4
9
5
10
41
7.1. Пример выполнения РГР №5
Проверить прочность и устойчивость центрально сжатого стержня (по несущей
способности), состоящего из двутавра № 22 и швеллера № 18. Действительная длина
стержня - 2м; расчетная центрально сжимающая сила - 800Н; марка стали - Ст.3; расчетная
прочность - 210МПа; схема закрепления концов стержня – жесткое с двух сторон.
y
3
y,y
1
,y
2
y
4
C
1
x
1
C
3
C
4
x
a
1
= a
2
x
2
C
2
b
3
=b
4
Рис.17
Дано:
Двутавр №22; швеллер №18; l
д
= 2м; F = 800кH; Cт.3; R=210МПА;схема закрепления -
Определить:
прочность и устойчивость.
Решение.
1.Определяем главные центральные моменты инерции сечения относительно осей Х
и Y, используя формулы перехода.
Из таблиц ГОСТа выписываем необходимые для решения задачи данные для
швеллера и двутавра и заносим их в таблицу (см. приложение 1,2).
Профиль
ГОСТ
h,мм
A,см
2
Jx,см
4
Jy,см
4
Zo, см
I №22
8239-89
220
30,6
2550
157
-
[ №18
8340-89
180
20,7
86
1090
2,52
Для швеллера значения осевых моментов Jx и Jy меняются местами, так как швеллер
расположен иначе, чем в ГОСТе.
J
𝑥
= 2 ∙
(
J
𝑥
1
+
𝑎
1
2
∙
𝐴
1
)
+ 2 ∙
(
J
x3
+ a
3
2
∙ A
3
)
;
J
𝑦
= 2 ∙
(
J
y1
+ b
1
2
∙ A
1
)
+ 2 ∙
(
J
y3
+ b
3
2
∙ A
3
)
,
𝑞
где
1
=
𝑎
2
=
ℎ
3
2
+
𝑧
0
=
22
2
+ 2,52 = 13,52
;
см
𝑎
3
=
𝑎
4
= 0;
42
𝑏
1
=
𝑏
2
= 0;
𝑏
3
=
𝑏
4
=
ℎ
3
2
=
18
2
= 9
.
см
Тогда
J
х
= 2 ∙
(
86 + 13,52
2
∙ 20,7
)
+ 2 ∙ 2550 = 7739,52 + 5100 = 12839,52
см
4
;
J
𝑦
= 2 ∙ 1090 + 2 ∙
(
157 + 9
2
∙ 30,6
)
= 2180 + 5271,2 = 7451,2
см
4
−
𝑚𝑖𝑛
.
Минимальным оказался момент инерции относительно оси Y, его и используем для
дальнейшего расчета.
2.Определяем минимальный радиус инерции сечения
𝑖
𝑚𝑖𝑛
=
√
J
𝑚𝑖𝑛
𝐴
сеч
=
√
7451,2
102,6
=
√
72,63 = 8,52
,
см
где А
сеч
=2·А
1
+2·А
3
=30,6·2+20,7·2=61,2+41,4=102,6 см
2
.
3.Определяем расчетную гибкость.
𝜆
=
𝑙
𝑝
𝑖
𝑚𝑖𝑛
=
𝑙
𝑑
∙
𝜇
𝑖
𝑚𝑖𝑛
=
2∙10
2
∙0,5
8,52
=
100
8,52
= 11,73
для данного случая закрепления μ = 0,5.
Из приложения №3 определяем коэффициент уменьшения напряжения φ:
при λ
1
= 10, φ
1
= 0,99,
при λ
2
=20, φ
2
= 0,97,
тогда методом интерполяции определяем φ при λ = 11,74
=
φ φ
1
−
φ
1
−
φ
2
λ
2
−
λ
1
∙
(
−
λ
λ
1
)
= 0,99 −
0,99−0,97
20−10
∙
(
11,73 − 10
)
= 0,99 − 0,003 = 0,987
4.Производим расчет балки на прочность.
𝖦
=
F
A
≤ R,
𝖦
=
800∙10
3
102,6∙10
2
= 7,8 ∙ 10 = 78
< R = 210
.
МПа
МПа
Прочность обеспечена.
5.Производим расчет балки на устойчивость.
𝖦
=
F
∙A
φ
≤ R,
𝖦
=
800∙10
3
0,987∙102,6∙10
2
=
800∙10
3
101,27∙10
2
= 7,9 ∙ 10 = 79
< R = 210
.
МПа
МПа
Устойчивость обеспечена.
43
9. Задание на выполнение РГР №6.
Определить усилия в стержнях статически определимой фермы путем построения
диаграммы Максвелла-Кремоны. Исходные данные для задачи своего варианта взять из
таблицы № 12, схему – из таблицы №13.
44
Таблица №12
№№
расчетных
схем
№№
вариантов
F
1
(кН)
F
2
(кН)
h
1
(м)
h
2
(м)
L
(м)
I
1
2
3
20
30
40
25
30
40
2,5
2,5
4,0
-
-
-
3,0
2,0
3,0
II
4
5
6
25
15
40
18
35
15
1,2
0,7
1,2
-
-
-
2,5
3,0
3,5
III
7
8
9
15
40
10
35
15
25
0,7
1,0
1,0
-
-
-
2,5
2,0
2,5
IV
10
11
12
20
30
25
20
25
30
2,0
4,0
2,0
-
-
-
2,5
3,5
3,0
V
13
14
15
25
18
15
15
30
35
1,5
0,5
1,5
2,5
2,5
3,0
3,0
3,0
2,0
VI
16
17
18
25
18
25
15
30
35
1,5
1,0
1,5
2,5
3,0
2,5
3,0
2,5
3,5
VII
19
20
21
15
30
15
35
15
30
0,7
0,5
1,2
3,0
3,5
2,0
2,5
3,0
2,5
VIII
22
23
24
25
20
35
15
30
15
2,0
4,0
3,0
-
-
-
2,0
2,5
3,5
IX
25
26
27
40
25
35
15
30
15
1,0
1,5
0,8
2,0
2,0
3,0
3,0
2,5
3,5
X
28
29
30
40
25
35
15
30
15
1,0
0,5
1,2
2,5
3,0
2,5
3,5
2,5
3,5
45
Таблица №13
1
h
1
F
1
F
2
L L
6
F
2
h
2
F
1
h
1
L
L
2
F
2
F
1
h
1
L
L
7
h
2
F
2
h
1
F
1
L
L
3
F
1
F
2
h
1
L L
8
F
2
F
1
h
1
L
L
4
F
1
h
1
F
2
L
L
9
F
1
h
2
F
2
h
1
L L
5
F
1
h
2
F
2
h
1
L L
10
F
1
h
2
F
2
h
1
L
L
46
9.1. Пример выполнения РГР№6.
Определить усилия в стержнях статически определимой фермы путем построения
диаграммы Максвелла-Кремоны.
h
2
F
1
h
1
F
2
L L
Рис.18
Дано: F
1
= 25 кН; F
2
= 40 кН; h
1
= 1,0 м; h
2
= 2,5 м; L = 2,0м.
Определить: усилия в стержнях.
Решение:
1.
Вычерчиваем геометрическую схему фермы в масштабе 1:50 (в 1см – 0,5 м).
Рисунок 19 выполнен в указанном масштабе.
2. Обозначаем поля:
а) внешние поля ограничены внешними силами и поясами фермы, они разомкнуты.
Эти поля будем обозначать буквами a, b, c, d,е, обходя ферму слева направо.
б) внутренние поля ограничены только стержнями фермы, они замкнуты. Обозначим
их цифрами 1, 2, 3 обходя ферму слева направо.
47
H
в
B
«b»
2,5 F
1
=25кН
«a» «3»
C
Н
А
«2» «c»
A «1»
1,0 «e» F
2
= 40кН
V
A
D
«d « E
2,0 2,0
Рис.19
3.Определяем опорные реакции.
∑
𝐹
𝑅𝑋
= −
𝐻
𝐵
+
𝐻
𝐴
= 0;
𝐻
𝐴
=
𝐻
𝐵
;
∑
𝑀
𝐴
(
𝐹
𝑅
)
= −
𝐻
𝐵
·
ℎ
2
+
𝐹
1
·
+
𝐿 𝐹
2
· 2
= 0;
𝐿
𝐻
𝐵
=
𝐹
1
·
+
𝐿 𝐹
2
∙2
𝐿
ℎ
2
=
25∙2+40∙4
2,5
= 84
;
кН
∑
𝐹
𝑅𝑌
=
𝑉
𝐴
−
𝐹
1
−
𝐹
2
= 0;
𝑉
𝐴
=
𝐹
1
+
𝐹
2
= 25 + 40 = 65
.
кН
Проверяем правильность определения опорных реакции.
∑
𝑀
𝐸
(
𝐹
𝑅
)
=
𝑉
𝐴
· 2
+
𝐿 𝐻
𝐴
∙
ℎ
1
−
𝐻
𝐵
∙
ℎ
2
−
𝐹
1
∙
𝐿
= 65 ∙ 4 + 84 ∙ 1,0 − 84 · 3,5 −
−25 ∙ 2 = 260 + 84 − 294 − 50 = 0.
Опорные реакции определены верно.
4. Строим диаграмму.
а) выбираем масштаб сил: в 1 см- 10 кН;
б) строим силовую линию
a–b–c-d-е из внешних сил (рис.17): откладываем в
принятом масштабе силуF
1
,(a-b) затем силу F
2
(b - c) и далее все заданные силы и реакции
в том порядке, в котором они встречаются при обходе контура фермы по часовой стрелке.
В результате получаем замкнутый силовой многоугольник а–b–c-d-e-a.
в) строим диаграмму усилий.
Мысленно вырезаем узел E, в нем сходятся два стержня, которые будем называть d-1
и 1-c, поскольку в таком порядке следуют буквы и цифры при обходе узла по часовой
стрелке. На силовой линии есть уже точки d и c. Проведем через
точку «d» линию, параллельную стержню d-1, через точку «c» - линию параллельную
стержню 1-c. Точку их пересечения обозначим цифрой 1. Далее вырезаем узел D, в нем
сходятся три стержня: d-2; 2-1; 1-d. На диаграмме уже есть точки «c», «1», «d'». Проведем
48
через точку 1 линию, параллельную стержню 2-1, а через точку d линию, параллельную
стержню 2-d до взаимного пересечения. Но так как точка 1 уже лежит на этой линии,
следовательно, точки 1 и 2 будут совпадать.
Масштаб сил: в 1см – 10 кН
Диаграмма Максвелла – Кремоны
b(e) a
c
d
3
1,2
Рис.20
Аналогично вырезая узел С, строим точку 3. Теперь на диаграмме есть направления
всех стержней, кроме стержня 3-а. Если мы соединим на диаграмме точку 3 и точку «а», то
должна
получиться
линия
параллельная
стержню
3-а.
Если
направление
линии
не
совпадает с направлением стержня, значит, диаграмма построена неверно.
Знаки усилий определяем следующим образом (на примере узла Е). Так как силовой
многоугольник, построенный для данного узла, замкнут, то усилие d-1 направлено от точки
«d» к точке 1, усилие 1-c – от точки 1 к точке «с». Мысленно перенеся эти направления
на
соответствующие
стержни
схемы
фермы,
видим,
что
усилие
d-1
направлен
к
рассматриваемому узлу и, следовательно, являются сжимающим, а усилие 1-c направленно
от рассматриваемого узла, т.е. оно растягивающее. На диаграмме сжимающие усилия
покажем толстой линией, а растягивающие – тонкой линией (рис.20).
5. Определяем усилия по диаграмме. По построенной на рис.20 диаграмме измеряем
расстояние
между
точками,
соответствующими
определенному
стержню,
и
умножая
полученное значение на масштаб m = 10 кН/см, получим значения усилий:
𝑆
−
𝑑
1
= −6,0
· 10
/
= −60
;
см
кН см
кН
𝑆
1−
𝑐
= 8,0
∙ 10
/
= 80
;
см
кН см
кН
𝑆
−
𝑑
2
= −6,0
∙ 10
/
= −60
;
см
кН см
кН
𝑆
2−1
= 0;
𝑆
2−3
= −1,9
∙ 10
/
19
;
см
кН см
кН
𝑆
3−
𝑏
= 11,5
∙ 10
/
= 115
;
см
кН см
кН
𝑆
3−
𝑎
= −7,8
· 10
/
= 78
.
см
кН см
кН
Найденные усилия записываем в таблицу №16.
49
Таблица №14
Элементы
Наименование
Усилие,
кН
фермы
стержней
«+»
растягивающее
«-»
сжимающее
Верхний
1-с
80
-
пояс
3-в
115
-
Нижний
d-1
-
60
пояс
d-2
-
60
Стойки
2-1
-
0
а-3
-
78
Раскосы
2-3
-
19
50
9.Приложения.
Приложение 1
51
Приложение 2
52
Приложение 3
53
Приложение 4
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ САРАТОВСКОЙ ОБЛАСТИ
государственное автономное профессиональное образовательное учреждение
Саратовской области
«Саратовский архитектурно-строительный колледж»
Специальность 08.02.01
«Строительство и эксплуатация
зданий и сооружений»
Техническая механика
РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКАЯ
РАБОТА № 1
Вариант № Схема №
Разработал студент гр.______ Принял преподаватель
__________________________ Митрякова Н.Б.
Подпись___________________ Подпись________________
Дата______________________ Дата___________________
Саратов 20 г
54
Приложение 5
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ САРАТОВСКОЙ ОБЛАСТИ
государственное автономное профессиональное образовательное учреждение
Саратовской области
«Саратовский архитектурно-строительный колледж»
Специальность 08.02.07
«Монтаж и эксплуатация внутренних сантехнических
устройств, кондиционирования воздуха и вентиляции»
Техническая механика
РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКАЯ
РАБОТА №1
Вариант № Схема №
Разработал студент гр.______ Принял преподаватель
__________________________ Митрякова Н.Б.
Подпись___________________ Подпись________________
Дата______________________ Дата___________________
55
Саратов 20 г
Приложение 6
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ САРАТОВСКОЙ ОБЛАСТИ
государственное автономное профессиональное образовательное учреждение
Саратовской области
«Саратовский архитектурно-строительный колледж»
Специальность 07.02.01
«Архитектура»
Техническая механика
РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКАЯ
РАБОТА №1
Вариант № Схема №
Разработал студент гр.______ Принял преподаватель
__________________________ Митрякова Н.Б.
Подпись___________________ Подпись________________
Дата______________________ Дата___________________
56
Саратов 20 г
Приложение 7
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ САРАТОВСКОЙ ОБЛАСТИ
государственное автономное профессиональное образовательное учреждение
Саратовской области
«Саратовский архитектурно-строительный колледж»
Специальность 08.02.08
«Монтаж и эксплуатация оборудования и
систем газоснабжения»
Техническая механика
РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКАЯ
РАБОТА №1
Вариант № Схема №
Разработал студент гр.______ Принял преподаватель
__________________________ Митрякова Н.Б.
Подпись___________________ Подпись________________
Дата______________________ Дата___________________
57
Саратов 20 г
Приложение 8
Некоторые сведения из элементарной математики.
Пропорция
𝑎
𝑏
=
𝑐
𝑑
;
1)
ad = bc;
2)
a =
𝑏𝑐
𝑑
; 4) с =
𝑎𝑑
𝑏
;
3)
b =
𝑎𝑏
𝑐
; 5) d =
𝑏𝑐
𝑎
.
Действия со степенями:
1)
(
𝑎𝑏
)
𝑛
=
𝑎
𝑛
𝑏
𝑛
;
2)
(
𝑎
𝑏
)
𝑛
=
𝑎
𝑛
𝑏
𝑛
;
3)
𝑎
𝑚
𝑎
𝑛
=
𝑎
𝑚
+
𝑛
, например
10
2
∙ 10
3
= 10
2+3
= 10
5
;
4)
𝑎
𝑚
𝑎
𝑛
=
𝑎
−
𝑚 𝑛
,
например
10
6
10
2
= 10
6−2
= 10
4
;
5)
(
𝑎
𝑚
)
𝑛
=
𝑎
𝑚𝑛
,
(10
например
4
)
2
= 10
4∙2
= 10
8
;
6)
1
𝑎
𝑚
=
𝑎
−
𝑚
,
например
1
10
3
= 10
−3
;
1
10
−3
= 10
3
.
Действия с корнями:
1)
√
𝑎𝑏
𝑚
=
√
𝑎
𝑚
√
𝑏
𝑚
; 3)
√
𝑎
𝑛
𝑚
=
𝑎
𝑛
/
𝑚
, например
√
10
4
2
= 10
4/2
= 10
2
;
2)
√
𝑎
𝑏
𝑚
=
√
𝑎
𝑚
√
𝑏
𝑚
; 4)
√
𝑎
𝑚
=
𝑎
1/
𝑚
=
𝑎
−
𝑚
=
1
𝑎
𝑚
.
Вычисления с приведением чисел к стандартному виду:
1)
208 = 2,08 ·10
2
; 0, 0208 = 2,08 ·10
-2
;
2)
𝑏𝑎
𝑚
𝑐𝑎
𝑛
𝑑𝑎
𝑘
=
𝑏𝑐
𝑑
𝑎
𝑚
+ −
𝑛 𝑘
,
например
0,6·400
0,012
=
6·10
−1
·4·10
2
1,2·10
−2
=
6·4
1,2
· 10
−1+2+2
= 20 · 10
3
.
Плоский угол:
58
1рад ≈57,3
0
.
Круг, окружность:
1)
площадь круга
𝜋𝑟
2
=
𝜋𝑑
2
4
≈ 0,785
𝑑
2
;
2)
площадь кругового кольца
𝜋
(
𝑅
2
−
𝑟
2
)
=
𝜋
(
𝐷
2
−
𝑑
2
)
4
≈ 0,785 (
𝐷
2
−
𝑑
2
)
;
3)
длина окружности
2
=
.
𝜋𝑟
𝜋𝑑
Здесь r,d – радиус и диаметр круга; R, r и D, d - наружный и внутренний
радиусы и диаметры кольца.
Треугольник прямоугольный:
1)
теорема Пифагора с
2
= а
2
+ в
2
;
2)
тригонометрические функции
a c
α sin α =
𝑎
𝑐
; cos α =
𝑏
𝑐
; tq α =
𝑎
𝑏
;
b 3) нахождение катетов
а
= c · sin α; b = с · cos α ; a = b · tq α ;
4) нахождение гипотенузы
с =
𝑎
sin
𝛼
=
𝑏
cos
𝛼
.
59
10. Список литературы.
1.
Сетков, В. И. Техническая механика для строительных специальностей: учебник
для студ. учреждений сред. проф. образования / В. И. Сетков. — 4-е изд., перераб.
и доп. — М. : Издательский центр «Академия», 2013г. — 400 с.
2.
Сетков, В.И. Сборник задач по технической механике: Учеб. пособие для студ.
учреждений сред. проф. образования / В.И. Сетков. — 2-е изд., стер. - М.:
Издательский центр «Академия», 2004г. — 224с.
3.
Олофинская,
В.П.
Техническая
механика.
Курс
лекций
с
вариантами
практических и тестовых заданий. Учебное пособие. М., ФОРУМ, 2014г.- 352с.
4.
Эрдеди, А. А. Техническая механика: учебник для студ. учреждений сред. проф.
образования
/
А.
А.
Эрдеди,
Н.
А.
Эрдеди.
—
М.:
Издательский
центр
«Академия», 2016г. — 528с.
5.
Эрдеди А.А., Эрдеди Н.А. Теоретическая механика. Сопротивление материалов
– М.: ОИЦ «Академия», 2013- 304с.