Нажмите на баннер и автоматически будете на моей странице "Вконтакте"

 

 Телефон мобильный;

 8(965)049-25-97(Билайн)

 Электронная почта;

 89650492597@mail.ru

 

 


Решение задачи, контрольных для студентов

Решение задач — это процесс выполнение мыслительных действий, направленный на получение заданной цели.

Процесс решения задачи состоит из:
1)Подготовка данных;
2)Определение способа (метода) решения (если он не задан условием);
3)Нахождение решения задачи.

Если у вас нет времени или задали сложные примеры которые Учитель не смог грамотно объяснить, я смогу вам помочь, срок решения от четырёх дней. Цена определяется после изучения (просмотра) задания.


















В соответствии с рабочей программой учебной дисциплины «Механика» студенты должны выполнить и защитить шесть контрольных работ. Защита каждой контрольной работы проводится в форме собеседования, в результате которого преподаватель должен убедиться в том, что студент удовлетворительно усвоил материал соответствующей темы. Контрольные работы посвящены следующим темам: - контрольная работа № 1 – «Статика»; - контрольная работа № 2 – «Кинематика»; - контрольная работа № 3 – «Динамика»; - контрольная работа № 4 – «Внутренние силовые факторы в элементах химического оборудования»; контрольная работа № 5 – «Расчет на прочность и жесткость при простых видах нагружения стержня»; - контрольная работа № 6 – «Расчет на прочность корпусов технологических аппаратов». Задание по каждой контрольной работе включает две части: расчетную схему и численные значения исходных данных. Расчетные схемы представлены в виде рисунков, исходные данные – в виде числовых таблиц. Номер задания для конкретного студента определяется последними двумя цифрами номера его зачетной книжки. Предпоследняя цифра указывает, какой вариант расчетной схемы входит в задание, а последняя цифра задает номер строки в таблице исходных данных. Например, номер зачетки студента 123456. Следовательно, при составлении своего задания по каждой контрольной работе он выбирает пятый вариант расчетной схемы и шестую строчку из таблицы исходных данных. Варианты расчетных схем и строки таблиц исходных данных занумерованы от 0 до 9. Таким образом, по каждой контрольной работе в данном пособии имеется 100 различных заданий. В оформленном виде каждая контрольная работа состоит из пояснительной записки и графической части. В пояснительной записке приводятся все вычисления и построения по каждой из задач, входящих в задание. Кратко излагаются комментарии и пояснения к вычислениям. На титульном листе пояснительной записки необходимо указать название федерального агентства, института, кафедры, тему контрольной работы, номер варианта задания. Кроме того, здесь же приводятся фамилии и инициалы студента - автора работы. Графическая часть представляет собой чертежи, выполненные на листах формата А4. На чертежах должны быть приведены расчетные схемы с обязательным указанием численных значений и направления заданных внешних нагрузок и опорных реакций. Под расчетной схемой приводятся конечные результаты в виде эпюр, построений или 245 графиков. Графические построения должны выполняться с соблюдением масштаба. Для каждой контрольной работы после вариантов расчетных схем и таблицы исходных данных приведен пример решения аналогичного задания, который может служить в качестве некоторого образчика ее выполнения.
Читать дальше »

Для статически определимых рам, представленных на расчетных схемах, определить реакции опор. Расчетные схемы В графической части привести расчетную схему рамы с указанием направления и численного значения опорных реакций. Пример решения. Определим опорные реакции для статически определимой рамы, представленной на рисунке. Решение. В шарнирно-неподвижной опоре (опора А) реакция опоры будет иметь две составляющие (см. подраздел 2.2.): горизонтальную ХА и вертикальную YA. В шарнирно-подвижной опоре (опора В) реакция опоры будет иметь только вертикальную составляющую YВ. Отмечаем искомые реакции на расчетной схеме. Составим уравнения равновесия рамы в форме условий (2.9'). По силам в проекциях на горизонтальную ось: XA – F1 = 0, откуда ХА = 20 кН. По моментам относительно опоры А: Подставив численные значения усилий и длин грузовых участков, получаем YВ = 123.33 кН. По моментам относительно опоры В: После подстановки численных значений получаем YА = - 33.33 кН. Проверка. Используя найденные значения опорных реакций, составим уравнение равновесия по силам в проекциях на вертикальную ось: Как и должно быть в соответствии с условиями равновесия, получили нуль. Ответ. ХА = 20 кН (направление как на рисунке); YА = 33.33 кН (направление, противоположное показанному на рисунке); YВ = 123.33 кН (направление как на рисунке). Контрольная работа № 2. Кинематика По известной расчетной схеме (см. следующую стр.) и заданным значениям скорости и ускорения ползуна А найти скорость и ускорение ползуна В, а также угловую скорость и ускорение шатуна АВ. Направление скорости ползуна А и направление его ускорения задать самостоятельно. В графической части работы привести расчетную схему с указанием направления и численных значений скоростей и ускорений ползунов и шатуна. Исходные данные Номер варианта исходных данных Длина шатуна АВ, м Скорость ползуна А – ?A, м/с Ускорение ползуна А – WA, м/с2 Пример решения. Определим скорость и ускорение ползуна В, угловую скорость и угловое ускорение шатуна АВ по известной скорости и ускорению ползуна А (см. рисунок). Исходные данные: длина шатуна АВ равна 4 м; VA = 1 м/с; WA = 3 м/с2. Решение. Шатун совершает плоскопараллельное движение (подраздел 3.4.). Направление векторов скорости ползунов А и В известны: они движутся вдоль направляющих. Восстановим перпендикуляры к векторам скоростей ползунов. Точка пересечения перпендикуляров даст положение мгновенного центра скоростей Р 1 м/с. Перейдем к определению ускорения WB ползуна В и углового ускорения шатуна ?АВ. Для этого воспользуемся формулой сложения ускорений при плоскопараллельном движении твердого тела (см. подраздел 3.4), взяв теперь в качестве полюса точку А. Тогда имеем: ние точки В в ее вращательном движении вокруг полюса А. Последнее, в соответствии с формулой (3.15), является суммой касательного ускорения Wm и нормального ускорения Wn . Все четыре ускорения связаны векторным соотношением: Нормальное ускорение в нашем случае направлено вдоль шатуна к точке А. Его величина согласно (3.26) равна: Вектор касательного ускорения Wm перпендикулярен шатуну АВ. Отметим на рисунке направления всех ускорений. При этом значно, поскольку неизвестно, ускоренным или замедленным является поворот шатуна. Спроектируем равенство (?) на горизонтальную и вертикальную оси: Получили два уравнения относительно неизвестных WB и Wm . Последовательно решая эти уравнения, получаем: Wm = 9?3/4 м/с2 и WB = -(15 - 3?3)/8 м/с2. Отрицательное значение ускорения означает, что его истинное направление противоположно первоначально принятому (см. рис.). Угловое ускорение шатуна ?АВ найдем с помощью формулы (3.25):
Читать дальше »

Динамика В приведенных ниже расчетных схемах механическая система состоит из трех тел. Движение тел происходит либо за счет приложенного вращающего момента, либо за счет веса груза. С помощью теоремы об изменении кинетической энергии механической системы требуется найти ускорение всех трех тел. В таблице исходных данных приняты следующие обозначения: m – масса тела; R и r – радиусы большого и малого барабана соответственно; f – коэффициент трения скольжения; ? – угол наклона поверхности, по которой перемещается груз; M – вращающий момент. Сила и коэффициент трения скольжения связаны соотношением: Fтр = f ? N, где N – проекция веса тела на нормаль к поверхности (см.подраздел 2.8). Расчетные схемы Пример решения. Определим ускорение груза 1 в механической системе, изображенной на рисунке. Нити невесомы и нерастяжимы. Исходные данные: m1 = 40 кг; m2 = 10 кг; m3 = 20 кг; R2 = 20 см; R3 = 50 см; М = 100 Н?м. Решение. Данная механическая система состоит из трех движущихся тел: груза 1, блока 2 и барабана 3. Согласно (4.52) производная по времени от кинетической энергии механической системы равна алгебраической сумме мощностей всех сил, вызывающих движение: Определим левую и правую части этого равенства. Кинетическая энергия системы Т включает энергию поступательного движения груза, энергию вращательного движения барабана и кинетическую энергию блока, который будет совершать и поступательное, и вращательное движение. С учетом формул (4.48) – (4.50) для кинетической энергии всей системы имеем: Моменты инерции блока и барабана равны (см. подраздел 4.6): В выражении для кинетической энергии выразим все скорости через скорость груза. Скорости поступательного движения груза и блока одинаковы: V1 = V2 = V. Угловые скорости вращения блока и барабана, очевидно, связаны соотношением: ?3 R3 = 2 ?2 R2, откуда с учетом численных значений радиусов ?3 = 0,8 ?2. В свою очередь ?2 = V/ R2. Подставляя последние соотношения в выражение для кинетической энергии, получаем следующую связь энергией и скоростью груза: Т = 47,5 V 2. Раскроем теперь правую часть (?). Для этого рассмотрим действующие в системе силы и их мощности. Мощность будут иметь сила тяжести груза – N1, сила тяжести блока - N2 и вращающий момент – N3 . Используя формулы (4.35) и (4.41), имеем: N1 = m1 g V = 400 V; N2 = m2 g V = 100 V; N3 = M ?3 = 400 V. Подставим полученные выражения в (?), продифференцируем и сократим на V. В результате для ускорения груза получим:
Читать дальше »

Внутренние силовые факторы в элементах химического оборудования Настоящая контрольная работа состоит из трех задач. В первой задаче для стержня, подвергнутого растяжению – сжатию, необходимо составить аналитическое выражение для продольной силы N на каждом грузовом участке и построить ее эпюру. Во второй задаче для вала, подвергнутого кручению, необходимо определить значение скручивающего момента Т0 или момента в заделке, на всех грузовых участках составить аналитические выражения для крутящих моментов, вычислить их значения и построить эпюру. В третьей задаче требуется для двухопорной балки определить ее опорные реакции, получить выражения для поперечной силы Q и изгибающего момента M на каждом грузовом участке, вычислить их экстремальные значения и построить эпюры. Пример решения Задача 1. Определим величину продольной силы на каждом грузовом участке прямолинейного стержня, нагруженного системой внешних сил, линии действия которых совпадают с осью стержня (см. рис.). Затем по полученным результатам построим эпюру продольной силы. Исходные данные. F1 = 40 kH; F2 = 30 kH; F3 = 40 kH. Направления сил и сечения их приложения указаны на рисунке. Решение. Проектируя внешние силы на ось стержня, найдем реакцию R в опоре: R + F1 – F2 – F3 = 0; R = 40 + 30 – 40 = 30 kH. Проведем сечение I-I в пределах I грузового участка и мысленно отбросим правую часть стержня. Направим вектор искомой продольной силы N вдоль внешней нормали к сечению (см. рис.). Составим уравнение равновесия для рассматриваемой части стержня, из которого определим величину продольной силы на первом грузовом участке: R + N = 0; N = - R = - 30 kH. Знак минус означает, что истинное направление продольной силы противоположно выбранному (см. рис.). Следовательно, вектор N направлен вдоль внутренней нормали к сечению, и материал в пределах первого грузового участка испытывает сжатие силой 30 кН. Поскольку сечение I-I проведено в произвольном месте первого грузового участка, а значение N не зависит от координаты сечения, то во всех сечениях этого грузового участка продольная сила одинакова, равна 30 кН, направлена по внутренней нормали и вызывает деформацию сжатия материала. Аналогично получим значения N на втором и третьем грузовых участках. Для второго участка N + R – F3 = 0; N = 40 – 30 =10 kH. Следовательно, во всех сечениях второго грузового участка продольная сила направлена вдоль внешней нормали, равна 10 кН и вызывает деформацию растяжения. Для третьего участка Следовательно, во всех сечениях третьего грузового участка продольная сила направлена вдоль внешней нормали к сечению, равна 40 кН и вызывает деформацию растяжения. Полученные результаты представляются в виде эпюры. Она строится непосредственно под расчетной схемой. Рядом указывается, для какой величины построена эпюра и в каких единицах измеряется эта величина. Выше нулевой линии откладываются положительные значения, ниже – отрицательные значения. В данной задаче зависимость силы N от продольной координаты носит ступенчатый характер. Из эпюры видно, что наибольшие растягивающие усилия возникают на третьем грузовом участке, тогда как на первом участке материал испытывает наибольшие сжимающие усилия. Ответ. Роль итогового ответа по задаче играет построенная эпюра. Задача 2. Определим величину крутящего момента на каждом грузовом участке стержня, нагруженного системой скручивающих моментов (см. рис.). Затем по результатам решения построим эпюру крутящего момента Т. Решение. Последовательность решения этой задачи точно такая же, как и предыдущей. Прежде всего, найдем реактивный момент в заделке Т0, составив уравнение равновесия для всего стержня: Т0 + Т1 + Т4 – Т2 – Т3 = 0; Т0 = 80 + 20 – 60 – 40 = 0 кН?м. Проведем сечение I-I в пределах I грузового участка и мысленно отбросим правую часть стержня. Направим искомый крутящий момент Т в положительном направлении, т. е. так чтобы он вращал сечение против часовой стрелки, если смотреть со стороны внешней нормали к сечению (см. рис.). Составим уравнение равновесия для оставшейся части стержня, из которого определим величину крутящего момента на первом грузовом участке: Таким образом, на первом грузовом участке материал кручения не испытывает. Найдем величину крутящего момента на втором грузовом участке. Для этого мысленно проведем в произвольном сечении этого участка сечение II-II и отбросим правую часть стержня как более нагруженную. Составляя уравнение равновесия для этой части стержня, получим значение момента Т на втором грузовом участке: Знак минус показывает, что истинное направление крутящего момента противоположно выбранному (см. рис.). Совершенно аналогично найдем, что значение крутящего момента на третьем грузовом участке равно – 20 кН?м, а на четвертом грузовом участке 60 кН?м. По полученным результатам непосредственно под расчетной схемой строим эпюру крутящего момента, которая является ступенчатой, поскольку в пределах каждого грузового участка момент постоянен. Из эпюры видно, что наибольшие внутренние усилия возникают на участке IV, где крутящий момент имеет максимальное значение (60 кН?м). Задача 3. Определим зависимость поперечной силы и изгибающего момента от продольной координаты для балки, расчетная схема которой приведена ниже. Затем полученные зависимости представим в виде соответствующих эпюр. Решение. Прежде всего, определим опорные реакции YA (левая опора) и YB (правая опора), составив уравнение равновесия балки в форме (2.9'): ? ? 0 А М ; - q ?2? 1 – M – 4 ? YB + 5 ? F = 0; YB = 60 kH. Знак плюс означает, что предварительно выбранное направление реакции YB (вниз) оказалось правильным. ? ? 0 В М ; q ?2 ?3 – M – 4 ? YA + 1 ? F = 0; YA = 28 kH. Реакция в левой опоре направлена вверх. Для того чтобы убедиться, что реакции опор найдены правильно, составим уравнение по равновесия по силам в проекциях на вертикальное направление: Как и должно быть, уравнение равновесия выполняется. Проведем сечение I-I на первом грузовом участке на расстоянии х от левой опоры балки (0 ? x ? 2) и рассмотрим ее левую часть. В сечении введем локальную систему координат так, как указывалось в подразделе 5.2 (рис. 31, г). Именно, ось Оу направим вниз, ось Оz – «на наблюдателя». Положительные направления искомых внутренних силовых факторов ( Qy и Mz ) совпадают с положительными направлениями осей. Составим два уравнения равновесия для системы сил, действующих на рассматриваемую часть балки. Уравнение равновесия по силам: Qy – YA + qx = 0; Qy = YA – qx = 28 – 20x (kH). Уравнение равновесия по моментам относительно рассматриваемого сечения: Mz + 0.5 qx2 – YAx = 0; Mz = - 0.5 qx2 + YAx = - 10x2 + 28x (kH?м). Полученные зависимости для поперечной силы и изгибающего момента показывают, что в данной задаче внутренние силовые факторы меняются от сечения к сечению. Поперечная сила линейно зависит от координаты х, а изгибающий момент – по параболическому закону. Графическое представление этих зависимостей приведено на эпюре непосредственно под первым грузовым участком расчетной схемы. Нетрудно подметить закономерность, связывающую эпюры поперечной силы и изгибающего момента. Там, где Qy положительна, момент Mz возрастает. Там, где Qy отрицательна, момент Mz убывает. Наконец, в тех точках, где Qy обращается в нуль, изгибающий момент достигает локального экстремума. Такая связь между эпюрами имеет место в силу того, что в каждом сечении справедливо следующее соотношение: которое можно использовать для самопроверки при решении данной задачи. Найдем внутренние силовые факторы на втором грузовом участке. Проведем сечение в пределах этого участка, мысленно отбросим левую часть балки (как более нагруженную) и рассмотрим равновесие оставшейся части. Здесь локальная координата х меняется от 1 до 3. Как указывалось в подразделе 5.2, теперь в сечении следует ввести правую систему координат, т. е. ось Оу направим вверх, ось Оz – «от наблюдателя». Тогда положительные направления поперечной силы и изгибающего момента будут такими, как показано на рисунке. Составим уравнения равновесия для оставшейся части балки. Уравнение равновесия по силам: Qy + F – YB = 0; Qy = YB – F = - 12 кН. Видим, что на втором грузовом участке поперечная сила от координаты х не зависит. Уравнение равновесия по моментам относительно рассматриваемого сечения: Mz + YB (x – 1) – Fx = 0; Mz = Fx – YB (x – 1) = 12x + 60 кН. Полученные зависимости отобразим на эпюрах. Аналогичные построения и выкладки сделаем для третьего грузового участка. В результате получим: Qy = - 72 кН; Mz = 72х кН?м. Эти зависимости также перенесем на эпюры. В заключение еще раз обратим внимание на связь между поперечной силой и изгибающим моментом, которая прослеживается на эпюрах по всей длине балки. Кроме того, в сечениях, где приложены сосредоточенная сила или сосредоточенный момент, соответствующая эпюра терпит скачок, величина которого в точности равна величине приложенной здесь внешней нагрузки.
Читать дальше »

Расчет на прочность и жесткость при простых видах нагружения стержня Настоящая контрольная работа является продолжением предыдущей и основана на полученных в ней результатах. Контрольная также состоит из трех задач. Задача 1. Для расчетной схемы первой задачи предыдущей контрольной работы из условия прочности выбрать стандартный стержень квадратного поперечного сечения при условии, что сечение постоянно на всех грузовых участках; найти величину нормальных напряжений в опасном сечении выбранного стержня и построить определить осевые перемещения сечений стержня и построить эпюру перемещений; проверить выполнение условия жесткости. Если условие жесткости не выполняется, выбрать стандартный стержень новых размеров поперечного сечения. Исходные данные. Эпюра продольной силы, построенная в предыдущей контрольной работе, допускаемое напряжение на растяжение – сжатие [?]= 150 МПа, модуль продольной упругости Е = 2?1011 Па, допускаемое значение удлинения стержня [??] = ??i?10-4 м, где ?i – длины грузовых участков. Задача 2. Для расчетной схемы второй задачи предыдущей контрольной работы из условия прочности выбрать стандартный стержень круглого поперечного сечения, определить величину касательного напряжения вдоль диаметра опасного сечения и построить его эпюру, вычислить углы закручивания сечений выбранного стержня и построить эпюру углов закручивания, проверить выполнение условия жесткости. Если условие жесткости не выполняется, определить новый стандартный диаметр стержня сплошного круглого сечения. Исходные данные. Эпюра крутящего момента, построенная в предыдущей контрольной работе, допускаемое напряжение на кручение [?] = 90 МПа, модуль сдвига G = 8?1010 Па, допускаемый относительный угол закручивания [?]=1,2?10-2 рад/м. Задача 3. Для расчетной схемы третьей задачи предыдущей контрольной работы из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать по сортаменту прокатной стали (приложение А) стандартную балку двутаврового поперечного сечения, для выбранной балки построить эпюру нормальных напряжений ? по высоте опасного сечения, где Mx=¦Mxmax¦, проверить прочность балки по касательным напряжениям, построить эпюру распределения касательных напряжений ? по высоте опасного сечения, в котором Qx=¦Qxmax¦, определить углы поворота и прогибы сечений построить их эпюры, проверить условие жесткости. Если условие жесткости не выполняется, по сортаменту проката определить новый номер двутавра. Исходные данные. Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, построенные в предыдущей контрольной работе, допускаемые нормальные и касательные напряжения при изгибе [?] = 160 МПа, [?] = 100 МПа, модуль продольной упругости Е = 2?1011 Па, допускаемый прогиб балки [y] = ?/300 – для пролетной части балки и [y] = ?/100 – для консоли. Пример решения Задача 1. Рассмотрим расчетную схему стержня, нагруженного внешними силами, которые действуют строго вдоль его оси. Эпюра 269 продольной силы для этого случая нагружения была получена при решении примера для предыдущей контрольной работы. а) Для определения размеров постоянного по длине поперечного стержня квадратного сечения воспользуемся условием где ?max – максимальное значение нормального напряжения при растяжении – сжатии; ¦Nmax¦ – максимальное значение продольной силы, определяемое по эпюре; А – площадь поперечного сечения стержня. В нашем случае ¦Nmax¦ = 40 кН (см. эпюру), [?]= 150 МПа. Решая предыдущее неравенство относительно площади А, получаем: Поскольку по условию задачи поперечное сечение имеет форму квадрата, то сторона квадрата: 270 Расчетное значение стороны квадрата а округляем до ближайшего большего значения из стандартного ряда поперечных размеров стального прутка круглого и квадратного поперечного Внешние силы действуют строго по оси стержня. Следовательно, напряжения в сечении будут распределены равномерно. Выбранное стандартное сечение стержня и эпюра возникающих в нем напряжений показаны на рисунке. в) Деформация на i - м участке стержня при растяжении – сжатии определяется по закону Гука (5.10), записанному для деформаций: , где ??x(i-1)k – перемещение крайнего сечения i - 1 грузового участка на границе с i -м участком. Nxi – продольная сила на i - м участке; xi – координата произвольного сечения на i-м участке относительно его начала. Нумерацию участков при построении эпюры ?? рекомендуется вести от заделки стержня, так как сечение в заделке неподвижно и его перемещение всегда равно нулю. Эпюра перемещений показана под расчетной схемой стержня. Эпюра позволяет определить перемещение любого сечения стержня, определить полную деформацию стержня, оценить жесткость стержня Поскольку условие жесткости не выполняется необходимо определить новые размеры поперечного сечения стержня. Требуемая площадь поперечного сечения стержня находится из условия: Округляя до ближайшего большего значения из стандартного ряда, окончательно получаем a ? 20мм. . Стержень квадратного поперечного сечения со стороной квадрата 20 мм под действием заданных нагрузок будет удовлетворять и условию прочности, и условию жесткости. 272 Задача 2. Рассмотрим стержень круглого сечения, нагруженный скручивающими моментами. Эпюра крутящего момента для этой задачи была получена в примере ранее. а) Для определения диаметра стержня воспользуемся условием прочности при кручении в форме (5.24): где ?max – максимальное значение касательного напряжения при кручении; ¦Тxmax¦ – максимальное значение крутящего момента, определяемое по эпюре (в нашем случае ¦Тxmax¦ = 60 кН); Wp – полярный момент сопротивления поперечного сечения стержня. Решая неравенство относительно Wp , получаем: Расчетное значение d округляем до ближайшего большего значения из стандартного ряда, приведенного выше. Таким образом, условию прочности удовлетворяет стандартный стержень круглого сечения с диаметром d = 150мм. Полярный момент сопротивления такого вала б) Для определения распределения касательных напряжений в сечении выбранного стержня воспользуемся формулой (5.23): max , где r – расстояние от центра сечения до рассматриваемой точки; Ip – полярный момент инерции поперечного сечения стержня. Для сечения в виде круга диаметром d: Таким образом, напряжение ? прямо пропорционально радиусу r. При r = 0 имеем ? = 0. Максимальное значение ? = ?max имеет место при r = d/2 и определяется по формуле: Эпюра касательных напряжений в сечении выбранного стержня приведена на рисунке. в) Углы закручивания на i-м грузовом участке определяются по формуле: где ? x(i?1)k – угол закручивания крайнего сечения i-1 грузового участка на границе с i-м участком. Тxi – крутящий момент на i-м участке; xi – координата произвольного сечения на i-м участке относительно его начала. Нумерацию участков при построении эпюры ? рекомендуется вести от заделки стержня, так как сечение в заделке неподвижно и его угол закручивания всегда равен нулю или от сечения, в котором приложен реактивный момент Т0. Эпюра углов закручивания, отражающая полученные результаты, приведена под расчетной схемой стержня. Эпюра позволяет проверить выбранный стержень на жесткость с помощью соотношения (5.22): где ? – расчетный относительный угол закручивания; G – модуль сдвига материала стержня; Ip – полярный момент инерции поперечного сечения стержня; [?] = 1,2?10-2 рад/м - допускаемый относительный угол закручивания. В нашем случае относительный угол превышает допускаемое значение. Поскольку условие жесткости не выполняется необходимо определить новые размеры поперечного сечения стержня. Требуемый момент инерции и диаметр поперечного сечения стержня находятся по формулам: ? Округление до стандартного значения дает: d = 160 мм. Задача 3. Рассмотрим балку, нагруженную сосредоточенными силой и моментом, а также распределенной нагрузкой (см. рис. ниже). Эпюры поперечной силы и изгибающего момента для приведенной расчетной схемы были получены ранее. а) Для выбора из условия прочности по нормальным напряжениям стандартной балки двутаврового поперечного сечения воспользуемс где ¦Мxmax¦ – максимальное значение изгибающего момента, определяемое по эпюре (в нашем случае ¦Мxmax¦ = 96 кН?м); Wz – осевой момент сопротивления поперечного сечения стержня. Решая предыдущее неравенство относительно момента сопротивления, получаем: По сортаменту прокатной стали (см. приложение А) и найденному по значению Wz определяем номер двутавра с 276 ближайшим большим значением момента сопротивления. Это двутавр № 36 со следующими характеристиками сечения: высота профиля h = 360мм; ширина полки b = 145мм; толщина стойки s = 7,5мм; средняя толщина полки t = 12,3мм; площадь сечения A = 61,9см2; момент где y – расстояние от нейтральной оси сечения до рассматриваемой точки; Iz – осевой момент инерции поперечного сечения стержня. Из соотношения Навье следует, что напряжение ? прямо пропорционально расстоянию y от нейтральной оси. При y = 0 имеем ? = 0. Максимальное значение ? = ?max имеет место при y = h / 2 и определяется по формуле: Эпюра нормальных напряжений показана на рисунке. в) Распределение касательных напряжений в сечении выбранной балки определим для опасного сечения, где поперечная сила принимает по абсолютной величине максимальное значение. В нашем случае IQуmax I = 72 кН. Напряжения ? определяются при различных расстояниях у от нейтральной оси сечения по формуле Журавского (5.31): где bi – ширина сечения при данном значении у; * Si - статический момент относительно нейтральной оси части той части сечения, которая удалена от нейтральной оси больше, чем на у. Значения ? вычисляются для семи точек сечения, указанных на предыдущем рис. Для выбранной балки b1 = b2 = b6 = b7 = b = 145 мм; b3 = b4 = b5 = s = Проверка прочности выбранной балки по касательным напряжениям состоит в сравнении максимальных абсолютных значений касательных напряжений ( max ? = 30,35 МПа) с допускаемыми их значениями ([?] = 100 МПа). Прочность по касательным напряжениям обеспечена, поскольку max ? < [?]. г) Для построения эпюр углов поворота у' и прогибов y воспользуемся методом начальных параметров (см. подраздел 5.7). При этом необходимо следовать ряду рекомендаций: 279 1. Начало координат (х = 0) должно совпадать с левым концом балки; 2. Распределенную нагрузку нужно условно продолжить в положительном направлении оси x до конца балки с приложением компенсирующей нагрузки; 3. Знаки «+» и «–» перед каждым слагаемым ставить по правилам, изложенным в 5.7. При выполнении этих условий универсальные уравнения изогнутой оси балки (5.37) и (5.38) примут следующий вид Здесь у' = ?(х) – угол поворота сечения, у(х) – прогиб балки, у'0 и ?0 – их значения на левом конце балки (начальные параметры), ai , bi – координаты приложения сосредоточенных моментов и сосредоточенных сил, ci – координата начала участка действия распределенной нагрузки. В каждой сумме учитываются только те внешние нагрузки (включая опорные реакции), которые лежат строго левее сечения, для которого вычисляется прогиб. Начальные параметры определяются из условий закрепления концов балки. На опоре А прогиб заведомо равен нулю. Подставляя во второе уравнение х = 0, получаем : EIzy0=0. На опоре В при х = 4 прогиб также равен нулю. Подставляя в то же По значениям углов поворота и прогибов при различных значениях продольной координаты строим эпюры этих величин, которые приводятся под расчетной схемой балки. д) Условие жесткости проверяем отдельно для пролета балки и ее консольной части. Пролет: из эпюры прогибов находим, что IymaxI для этого участка балки равен 4,16?10-3 м. Допускаемое значение прогиба [y] = ?/300 = 4/300 = 13,33?10-3. Таким образом, IymaxI < [y]. Консоль: Из эпюры y для этого участка балки находим ¦ymax¦=5,83?10-3м. Допускаемый прогиб [y] = ?/100 = 0,01м. Следовательно, IymaxI < [y]. Таким образом, условие жесткости выполняется на всех участках балки. 281 В результате расчета показано, что двутавровое сечение балки № 36 удовлетворяет условиям прочности и жесткости. Если условие жесткости не выполняется, необходимо выбрать новый номер двутавра из условия: ?m?ax . y y Контрольная работа № 6. Настоящая контрольная работа состоит из двух небольших задач. В первой задаче требуется определить расчетные, исполнительные толщины стенок и допускаемые давления различных оболочек технологического аппарата. Схемы корпусов технологических аппаратов, соответствующие разным вариантам заданий, приведены на следующей странице, а исходные данные для расчета представлены в таблице. Исходные данные Схемы корпусов технологических аппаратов цилиндрическая сферическая 1 сферическая D 2 90? 90? цилиндрическая коническая коническая D эллиптическая цилиндрическая 3 сферическая D цилиндрическая 9 120? 90? коническая коническая D D эллиптическая эллиптическая цилиндрическая 0 эллиптическая цилиндрическая 6 60? коническая D 8 90? цилиндрическая сферическая коническая D цилиндрическая 7 сферическая коническая 60? эллиптическая цилиндрическая сферическая D 4 эллиптическая цилиндрическая 5 коническая 90? D 283 Пример решения Пусть требуется определить толщины стенок цилиндрического сосуда диаметром 1600 мм с плоскими крышкой и днищем, давление внутри аппарата 0,6 МПа, температура 70?, основной компонент – толуол с плотностью 870 кг/м3. Срок службы аппарата 10 лет. Решение. Первоначально по таблице коррозионной стойкости (приложение Б) подбирается основной конструкционный материал аппарата. При выборе марки стали следует учитывать ее коррозионную стойкость в рабочей среде или температуру не меньше рабочей. Рекомендуется применять углеродистые или легированные стали со скоростью коррозии П не более 0,1мм/год, т.е. вполне стойкие (в таблице приложения Б они обозначаются буквой В). Предпочтение следует отдавать углеродистым и низколегированным сталям. Например, для толуола при температуре 70? выбираем сталь 12Х18Н10Т, т.к. она оказывается стойкой и при 1000С. Значения нормативных допускаемых напряжений ?* при рабочей температуре для выбранного материала находятся по таблице приложения В. Допускаемые напряжения материала для рабочих условий определяются по формуле: [?]=?1?2?*, где ?* – нормативные допускаемые напряжения при рабочей температуре для выбранного материала, МПа; ?1 – поправочный коэффициент, учитывающий вид заготовки рассчитываемого элемента (?1 =1 для листового проката); ?2 – поправочный коэффициент, учитывающий степень опасности рабочей среды (?2 принять равным 0,9). В нашем случае: [?]=1?0,9?174?106=156,6?106 Па=156,6 МПа. Оболочки аппаратов изготавливаются из стальных листов сваркой. Прочность материала в зоне сварного шва снижается из-за термического воздействия электрической дуги и ряда других факторов. В прочностные расчеты вводится коэффициент прочности сварного шва ? ? 1, несколько уменьшающий допускаемые напряжения материала (? принять равным 0,8). Элементы аппарата, находящиеся в контакте с рабочей средой, из-за коррозии с течением времени уменьшаются по толщине. Прибавка для компенсации коррозии c определяется по формуле: с=П?Та=0,1?10-3?10=1?10-3 м=1 мм. 284 Поскольку аппарат состоит из цилиндрической части и двух одинаковых плоских крышек, то для расчета используем формулы для данных элементов. Расчетная толщина цилиндрической стенки из условия прочности (7.12): Окончательно исполнительную толщину стенки подбирают из ряда значений стандартной толщины листов. Для этого к расчетной толщине листа добавляют прибавку с для компенсации коррозии и с1 прибавку для округления толщины листа до стандартного значения. Прибавку с1 в каждом уравнении подбирают так, чтобы толщина стенки оболочки совпадала со стандартной толщиной листа, при этом с1 должна быть не меньше минусового допуска u на толщину листа, таблица Приложения Г. 285 В качестве допускаемого внутреннего давления для всего аппарата принимается наименьшее из расчетных значений Рд.в. Таблица – допускаемые внутренние давления в аппарате, МПа Элементы корпуса Цилиндрическая обечайка Днище Крышка Общее для всех Давление 0,546 0,626 0,626 0,546 Во второй задаче требуется определить угловые скорости и моменты на всех валах привода машины. Расчетные схемы приводов Исходные данные № варианта Тип и обозначение машины Np.o, кВт np.o, об/мин nд, об/мин 0 Мельница шаровая МШР-1000УВ 8,6 4 1000 1 Сушилка барабанная СВ-1600-10000-1 12 3 750 2 Бегуны мокрого помола 28 3 1500 3 Смеситель СЛЛ-630 5 80 3000 4 Транспортер цепной 2,6 10 1000 5 Шнек смесителя СВК-6300 0,5 29 1500 6 Вакуум-фильтр барабанный 1,4 6 750 7 Смеситель центробежный СЦ-630 14 70 3000 8 Каландр 360-1100 31 24 1500 9 Бегуны сухого помола 12 80 3000 Расшифровка индексов элементов привода на схемах б - быстроходный пр – привод д - двигатель р.о – рабочий орган з.ц – зубчатая цилиндрическая р.к – клиноременная передача з.к – зубчатая коническая р.п – плоскоременная передача м.к – муфта компенсирующая с – синхронный п.к - подшипник качения т – тихоходный п.с – подшипник скольжения ц.п – цепная передача ред – редуктор ф.п – фрикционная передача Пример решения Пусть требуется выполнить кинематический расчет закаточного устройства ИРО-1612 (см. рисунок) Np.o=8,2 кВт, np.o=12,5 об/мин, nд =3000 об/мин. Расчетное значение передаточного отношения привода: пр Из схемы устройства следует, что привод состоит из: фрикционной передачи, конического или коническо–цилиндрического редуктора и клиноременной передачи, Приложение Д. Общее передаточное отношение привода с учетом его структуры имеет вид: iпр i р.к i редiф.п ? . где iр.к, iф.п, iред – передаточные отношения клиноременной, фрикционной передач и редуктора. Назначаем передаточные отношения дополнительных передач (кроме редуктора) по рекомендациям, приведенным в Приложении Е так, чтобы i ? imax. Например, для клиноременной передачи максимальное передаточное отношение равно 6, принимаем: iр.к = 4,0; для фрикционной передачи – 7 принимаем: iф.п = 5,0. Тогда предварительное значение передаточного отношения редуктора с учетом принятых iр.к, iф.п: По величине iред уточняем его тип в соответствии с приведенной таблицей: двухступенчатый коническо-цилиндрический (iред max =28). Характеристики типовых конструкций передач, муфт, подшипников Наименование механизма Nmax, кВт imax КПД, % Открытые механические передачи, механизмы цилиндричекая 50 000 10 93 коническая 40 000 5 88 Зубчатые передачи: (одна ступень) червячная (Z1=1) 60 40 30 Ременные клиновым 50 6 95 передачи с ремнем плоским 50 6 96 Цепная передача 120 8 94 Фрикционная передача 20 7 80 Подшипники качения (скольжения) 99 (98) Муфты компенсирующие 50 000 97?99 Редукторы одноступенчатый 8 98 Цилиндрические двухступенчатый 40 96 трехступенчатый 50 000 400 94 Конический одноступенчатый 5 96 Коническо- двухступенчатый 28 94 цилиндрический трехступенчатый Определяем передаточные числа ступеней: быстроходной ступени по графику, Uб = 3,8. Вычисляем передаточное отношение для тихоходной ступени: т.к. передаточное отношение редуктора равно произведению передаточных чисел отдельных ступеней: Окончательно по Приложению Е принимаем стандартные значения передаточных чисел: Uб = 3,15; Uт = 3,55. Таким образом, ? 3,15?3,55 ?11,18. i ред Перед выполнением расчетов составляется полная кинематическая схема привода с нумерацией валов от электродвигателя к рабочему органу (см. рис). Общий КПД привода ?пр в соответствии: 1 – Uб для двухступенчатого редуктора, 2 – Uб для трехступенчатого редуктора, 3 – Uп для трехступенчатого редуктора Разбивка передаточного отношения по ступеням 289 Определяем потребляемую мощность двигателя: По таблице Приложения Е с учетом частоты вращения nд =3000 об/мин выбираем двигатель с номинальной мощностью N ? Nд: 4А16082 с параметрами: N = 15,0 кВт; КПД = 88,0%. Определяем угловые скорости и моменты на валах привода. Угловая скорость 1-го вала (вала двигателя): Т.к. отклонение от заданного значения np.o больше допустимого 4%, следовательно, необходимо изменить разбивку по ступеням. Принимаем iр.к = 5; iф.п = 5,0, Uб = 3,15; Uт = 3,15, тогда ЛИТЕРАТУРА Основная 1. Поляков А.А. Механика химических производств. Учебное пособие для вузов. 2-е издание стереотипное. М.: ООО «Путь», ООО ТИД «Альянс», 2005 – 392 с. 2. Бегун П.И., Кормилицын О.П. Прикладная механика. СПб.: «Политехника», 2006 – 368 с. 3. Диевский В.А. Теоретическая механика: Учебное пособие. СПб.: Изд-во «Лань», 2005 – 320 с. 4. Павлов П.А., Паршин Л.К., Мельников Б.Е., Шерстнев В.А. Сопротивление материалов: Учебное пособие. СПб.: Изд-во «Лань», 2003 – 528 с. 5. Фролов К.В., Попов С.А., Мусатов А.К., Тимофеев Г.А., Никоноров В.А. Теория механизмов и машин: Учебник для втузов/ под ред. Фролова К.В. – М.: Высшая школа, 2003 – 496 с. 6. Леликов О.П. Основы расчета и проектирования деталей и узлов машин. М.: «Машиностроение», 2004 – 427 с. Дополнительная 1. Сурин В.М. Прикладная механика: Учебное пособие. Мн.: Новое знание, 2006 – 388 с. 2. Диевский В.А., Малышева И.А. Теоретическая механика. Сборник заданий: Учебное пособие. СПб.: Изд-во «лань», 2007 – 192 с. 3. Луцко А.Н., Телепнев М.Д., Барановский В.М., Яковенко В.А., Борисов В.З., Марцулевич Н.А. Прикладная механика. Пособие по проектированию. СПб.: Изд-во СПбГУЭФ, 2005 – 213 с. 4. Бартенев Д.А., Марцулевич Н.А., Сташевская О.В. Определение внутренних силовых факторов в поперечных сечениях стержней. СПб.: Изд-во СПбГУЭФ, 2004 – 60 с. 5. Бартенев Д.А., Марцулевич Н.А., Сташевская О.В. Расчет статически определимой балки на прочность и жесткость. СПб.: Изд-во СПбГУЭФ, 2005 – 25 с. 6. Матюшин Е.Г., Телепнев М.Д., Луцко А.Н., Федотов В.В., Марцулевич Н.А. Теория механизмов и машин. Пособие по проектированию. СПб.: Изд-во СПбГУЭФ, 2005 – 117 с.
Читать дальше »

Задача 1. Сосуд объемом заполнен кислородом при давлении Р1. Определите конечное дав-ление кислорода и количество сообщенной ему теплоты, если начальная температура кислорода t1, а конечная t2. Теплоемкость кислорода считайте постоянной.Задача 2. Начальный объем воздуха V1, с начальной температурой t1 расширяется при постоян-ном давлении до объема V2. Вследствие сообщения ему теплоты Q. Определите конечную тем-пературу t2, , давление газа Р, МПа в процессе и работу расширения L, кДж.Задача 3. Для осуществления изотермического сжатия m кг воздуха при давлении Р1 и t затра-чена работа L кДж. Найдите давление Р2 сжатого воздуха и количество теплоты Q, которое необходимо при этом отвести от газа.Задача 4. 1 кг воздуха, занимающий объем V1, при давлении Р1 расширяется в n раз. Определи-те конечное давление Р2 и работу l, совершенную воздЗадание № 2 Задача 1. V м3 воздуха, находящегося в начальном состоянии при нормальных условиях, сжи-мают до конечной температуры t 0С. Сжатие производится: 1) изохорно, 2)изобарно, 3) адиа-батно и 4)политропно с показателем политропы n. Считая значение энтропии при нормальных условиях равным нулю и принимая теплоёмкость воздуха постоянной, найти энтропию воздуха в конце каждого процесса. ухом в адиабатном процессе.Задача 2. В процессе политропного расширения воздуха температура его уменьшилась от t1 0С до t2 0С. Начальное давление воздуха Р1, МПа, количество его М кг. Определить изменение эн-тропии в этом процессе, если известно, что количество подведенной к воздуху теплоты состав-ляет Q кДж.Задача 3. Найти энтропию 1 кг газа при Р, МПа и t,°C. Теплоёмкость считРасчёт термодинамических процессов компрессорных машин Задача 1. Компрессор всасывает V м3/ч воздуха при давлении Р1, МПа и температуре t1 0С. Конечное давление воздуха составляет Р2, МПа. Найдите теоретическую мощность двигателя для привода компрессора и расход охлаждающей воды, если температура её повышается на t,°C. Расчёт произвести для изотермического, адиабатного и политропного сжатия. Показатель политропы принять n, а теплоёмкость воды с=4,19 кДж/кг. ать переменной, при-няв зависимость её от температуры линейной.Задача 2. Воздух при давлении Р1 МПа и температуре t 0С должен быть сжат по адиабате до давления Р2 МПа. Определить температуру в конце сжатия, теоретическую работу компрес-сора и величину объёмного КПД: а) для одноступенчатого компрессора; б) для двухступенчато-го компрессора с промежуточным холодильником, в котором воздух охлаждается до начальной температуры. Относительная величина вредного пространства равна 8%. Полученные результаты свести в таблицу и сравнить между собой.Задача 3. В компрессор воздушной холодильной установки поступает воздух из холодиль-ной камеры давлением Р1, МПа и температурой t1 0С. Адиабатно сжатый в компрессоре воздух до давления Р2, МПа направляется в охладитель, где он при Р=const снижает свою температуру до t3 0С. Отсюда воздух поступает в расширительный цилиндр, где расширяется по адиабате до первоначального давления, после чего возвращается в холодильную камеру. Отнимая теплоту от охлаждаемых тел, воздух нагревается до t1 0С и вновь поступает в компрессор. Определить температуру воздуха, поступающего в холодильную камеру, теоретическую работу, затрачи-ваемую в цикле, холодопроизводительность воздуха и холодильный коэффициент для данной установки и для установки, работающей по циклу Карно для того же интервала температур.Расчёт теоретических циклов поршневых ДВСЗадача 1. Для цикла поршневого двигателя внутреннего сгорания с подводом теплоты при ? - const определить параметры характерных для цикла точек, количества подведенной и отведен-ной теплоты, термический КПД цикла и его полезную работу (кДж). Дано: Р1; t1;?; ?; k= 1,4. Рабочее тело-воздух. Теплоемкость считать постоянной. Построить цикл в координатах P -?.Задача 2. Необходимо найти давление; и объем в характерных точках цикла двигателя внутреннего сгорания с подводом теплоты при Р - const, а также его термический КПД ? и полезную работу L (кДж). Построить цикл в координатах P - ?. Дано: Р ;?; ?; k = 1,4. Диаметр цилиндра d, м, ход поршня S, м. Рабочее тело- воздух. Теплоемкость считать постоянной. Задача 3. В цикле поршневого двигателя внутреннего сгорания со смешанным подводом теплоты начальное давление Р1, МПа, начальная температура t1,°С, количество подведенной теплоты Q=1090 кДж. Степень сжатия ?. Какая часть теплоты должна выделяться в процессе при ? - const, если максимальное давление составляет Р3=Р4 (МПа). Рабочее тело-воздух. Теплоемкость считать постоянной.Решение задач по расчёту стационарной теплопроводности в одно- и многослойных стен-ках Задача 1. Определите количество тепла, передаваемого от дымовых газов к кипящей воде че-рез: а) стальную чистую стенку(?1 = 58 Вт/м•0С) толщиной ?1; б) стальную стенку, покрытую со стороны воды слоем накипи(?2 = 2,3 Вт/м•0С) толщи-ной ?2. Температура дымовых газов tг, температура кипящей воды tв, коэффициент теплоотдачи от газов к стенке (?1=186 Вт/м2•0С) и от стенки к воде (?2=4070 Вт/м2•0С); в) стальную стенку, покрытую со стороны воды слоем накипи и слоем масла толщиной ?3 (?3 = 0,1 Вт/м•0С ). Задача 2. Изолированная теплофикационная труба длиной l с наружным диаметром изоляции d проложена внутри прямоугольного бетонного канала, размером (а х b). Температуры поверхностей изоляции трубы и стенок канала соответственно t1 и t2, а степени черноты соответственно равны ?.1=0,9, ?.2=0,7. Определите для трубы потерю теплового потока.Задача 3. Необходимо нагреть за час массу mв кг воды от температуры до дымовыми га-зами с начальной температурой . Расход дымовых газов mг, теплоемкость газов Срm = 1,047 , коэффициент теплопередачи k = 163,3 . Определите поверхность нагрева F для прямотока.
Читать дальше »

Развитие промышленности и торговли с начала столетия предъявляло всё более высокие требования многим отраслям науки в том числе и органической химии. например нужно было обеспечить текстильную промышленность красителями. для развития пищевой промышленности необходимо было совершенствовать методы переработки сельскохозяйственных продуктов. начали разрабатываться новые методы синтеза органических веществ. но всему этому мешало недостаточное теоретическое обоснование практических задач. например учёные не могли объяснять валентность углерода в таких соединениях как ЭТАН. ПРОПАН и другие. было непонятно. почему могут существовать различные вещества с одинаковой относительной молекулярной массой. например молекулярная масса формула глюкозы и такаяже молекулярная формула у фруктозы - одной и составленных частей меда. одинаковую мономолекулярную формулу имеют этиловый спирт и диметиловый эфир. учёные-химики также не могли объяснить. почему органических веществ существует так много.
Научно обоснованный ответ на все эти вопросы и дала теория химического строения органических соединений. созданная А.М. Бутлеровым
Читать дальше »

Создание теории строения органических соединений связано с несколькими именами. решающая роль в развитии этой теории  принадлежит великому учёному. Он подробно разработал понятие о химическом строении веществ (под которым понимал порядок связи атомов в молекуле), установил. что химическое строение вещества определяет его свойства и доказал что его теория имеет большое значение в предсказании новых веществ.
Он сформулировал основные идеи теории строения органических веществ в виде следующих положений.
Все атомы образующие молекулы органических веществ связаны в определённой последовательности согласно их валентностям.
Порядок соединения атомов  в молекуле и характер их связей называл химическими строениями. В соответствии с этим представлениями валентность элементов условно изображает черточками.
Схематическое изображение молекул называется  формулами строения или структурными формулами. основываясь на положении о четырёх валентности углерода и способности его атомов образовывать цепи и циклы. строят структурные формулы органических веществ.
свойства веществ зависят не только от того какие атомы и сколько их входит в состав молекул но и от порядка соединения атомов в молекулах. данное положение теории строения органических веществ объяснило. в частности явление изомерии. существует соединение. которые содержат одинаковое число атомов одних и тех же элементов. но связанных в различном порядке. такие соединения обладают разными свойствами и называются изомерами. изомерия в органической химии очень распространена с ней мы встретимся при изучении всех классов органических  веществ. по свойствам данного вещества можно определить строение его молекулы а по строению молекулы предвидеть свойства. например свойства неорганических веществ зависят от строения кристаллических решетки. как нам уже известно свойства неорганической химии сожержат гидроксогруппы, зависят от того, с какими атомами они связанны -  с атомами металлов или неметаллов. Так например гидроксогруппы содержат как основания так и кислоты. однако свойства этих веществ разные. В дальнейшем мы убедимся что органические соединения также могут иметь различные свойства в зависимости от того с какими атомами или группой атомов связаны гидроксильные  элементы. (В органической химии в отличии от неорганической. атомную группу ОН всё ещё называют гидроксильной.)
Читать дальше »

Органические соединения отличаются от неорганических в основном тем. что первые обладают молекулярным строением. между атомами в их молекулах существует ковалентные связи с незначительными полорностями. эти связи в органических соединениях. так же как и во многих других . образуются в результате перекрывания электронных облаков. могут образовываться и минимальные величины. для них так же используется характеристика явления гибридизации. как и в неорганических соединениях атомы в молекулах. В химии эти заряды обозначаются целыми числами. вам уже известно что при протекании химических реакций происходит перегрупировка атомов или атомных групп в результате этого разрываеются ковалентные связи. теперь вы ознакомились  с материалом и можете приступить к выполнению работ. А остальное будет далее расмотрено в других статьях.
Читать дальше »

Предельные углеводороды (алканы или парафины) Углеводороды — это органические соединения, состоящие из двух элементов — углерода и водорода. Таких соединений очень много. Алканы — название предельных углеводородов по международной номенклатуре. Парафины — исторически сохранившееся название предельных углеводородов (лат. parrum affinis — малоактивный). По сравнению с другими углеводородами они относительно менее активны. Нам уже известно строение молекул углеводородов метана, пропана С3Н8, бутана С4Ню (с. 9). В молекулах этих соединений все валентные связи углерода и водорода полностью насыщены. Вот почему эти углеводороды не способны к реакциям присоединения. В этой связи данному классу углеводородов можно дать такое определение: Углеводороды с общей формулой СпН2п+ъ которые не присоединяют водород и другие элементы, называются предельными углеводородами или алканами (парафинами). В общей формуле буква п — целое число, показывающее, сколько атомов углерода содержится в молекуле данного углеводорода. Так, например, в молекуле углеводорода декана содержится 10 атомов углерода. Его молекулярная формула С10Н2.10+2> т.е. Ci0H22. Простейшим представителем предельных углеводородов является метан. Строение молекулы метана. Молекулярная формула метана СН4. Так как атом углерода имеет большую электроотрицательность (2,5), чем водород (2,1), (I, с. 126), то в молекуле метана происходит незначительное смещение общих электронных пар в сторону атома углерода. Однако такая формула не отражает пространственного строения молекулы. Чтобы это показать, необходимо вспомнить о формах электронных облаков и размещении электронов по энергетическим уровням и подуровням. Например, строение атома углерода изображают следующей схемой: Так как на втором энергетическом уровне р-подуровне имеется свободная орбиталь, то на нее может перейти один из 2х2-электронов: В результате все четыре наружных электрона второго энергетического уровня в атоме углерода окажутся неспа-ренными, и атом углерода в возбужденном состоянии становится четырехвалентным. Чтобы понять, как происходит образование химических связей в мо/екуле метана перекрыванием электронных облаков и почему молекула метана имеет тетраэдрическое строение, йужно вспомнить учебный материал о гибридизации электронных облаков. В учебнике «Химия 9» представление о гибридизации дано на с. 80. На рисунке 1 нашей книги показано, как происходит гибридизация, т. е. взаимное выравнивание s- и ^-электронных облаков в атоме углерода (а и б). Эти облака после гибридизации распой/латаются в пространстве так, что их оси оказываются направленными к вершинам тетраэдра («). При образовании молекул метана СН4 вершины этих гибридных облаков перекрываются с облаками электронов атомов водорода (г). Так как в этом случае в гибридизации участвуют один s-электрон и три р-электрона, то такой ее вид называется sp3-гибридизацией.
Читать дальше »